2023届南宁市第二中学考前模拟大演练理科数学试卷答案123456789101112DADCCCADCBAA9【详解】将该多面体放入正方体中,如图所示.由于多面体的棱长为1,所以正方体的棱长为2因为该多面体是由棱长为2的正方体连接各棱中点所得,所以该多面体外接球的球心为正方体体对角线的中点，其外接球直径等于正方体的面对角线长，即2R22所以R1S4R24答案C10【答案】B【详解】如图，设F2MPF1于M，3则由题意得FMa，F1PF260，2312∴PMa，PFa，323由椭圆定义可得PF1PF2PMMF1PF22a，23∴MFa，在Rt△MFF中，由勾股定理得22，112aa4c3c3可得e.故选：Ba3ex2lnyex2lnx12原方程可以化成a，取fx,x1,4，gxa,x1,e.exyexxe2xx2f'x,x1,4，ex当x1,0时，f'x0，故fx在1,0上为减函数；当x0,2时，f'x0，故fx在0,2上为增函数；当x2,4时，f'x0，故fx在2,4上为增函数；416fxf00，fxf2，f1e2,f4，极小值极大值ee31lnxg'x,x1,e，故g'x0，gx在1,e上为增函数.x2ex2lny因为关于x的方程a在1,4有三个不同的实数根，故exy16ag1f4e3163，故，解答a，故选A.gef214e3eaee二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在等差数列中，若，则13{an}a1a2a3a4a51202a6a9_______答案2414已知向量a，b夹角为60°，且|a|＝1，|2a－b|＝23，则|b|＝解析：∵a，b的夹角为60°，|a|＝1，1∴a·b＝|a|·|b|·cos60°＝|b|，21∴|2a－b|2＝4－4×|b|＋|b|2＝12.2∴|b|＝4.答案：415在正方体ABCDA1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，M为线段CC1上的动点（不与两个端点重合），P为线段BM的中点，则以下正确的是______________(1).直线DP与OM是异面直线(2).三棱锥B1DBM的体积是定值(3).存在点M，使AC1∥平面BDM(4)存在点M，使A1C平面BDM答案（2）（3）16．已知点A4,0，点P在抛物线:y28x上运动，F是抛物线的焦点，连接PF并延长与圆2PAC:(x2)2y21交于点B，则的最小值是___________.PB【答案】4|PA|2x216【分析】求出焦点F2,0，设Px,y.表示出，令x3t，换元根据基本不等式即可求|PB|x3出答案.【详解】由题意可知，抛物线y28x的焦点为F2,0.2设点Px,y，则由抛物线的定义得PFx2，PA(x4)2y2x28x168xx216.2PA要使最小，则应有PBPF1x3，PB|PA|2x216此时有.|PB|x3令x3t，则xt3，|PA|2(t3)216t26t2525t6，|PB|ttt|PA|2因为0，显然有t0，|PB|252525则由基本不等式知t2t10，当且仅当t，即t5时等号成立.ttt|PA|2故的最小值为1064.|PB|故答案为：4.三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17在等差数列an中，a44，Sn为an的前n项和，S1055，数列bn满足nn1logblogblogb.21222n2（）求数列和的通项公式；（）求数列n的前项和ⅠanbnⅡ1anbnnTn.1a13d1,10a145d55,annnn1log2b1log2b2log2bn2(1)nn1当时，n2log2b1log2b2log2bn12(2)（）得得n1-(2)log2bnn,bn2logb1，则b2满足上述式子b2n当n=1时211所以n------------6分nnc1abn2（2）nnn12nTn222n223nn12T2222n12n212nn13Tn222n2n123n12Tn9——————————12分18.如图，在多面体ABC-A1B1C1中，AA1//BB1//CC1，AA1平面A1B1C1，△A1B1C1为等边三角形，A1B1BB12，AA13，CC11，点M是AC的中点．（1）若点G是△A1B1C1的重心，证明；点G在平面BB1M内；（2）求二面角B1BMC1的正切值．证明：取A1C1中点N，连接B1N，MN，如图所示，因为点G是△A1B1C1的重心，故G一定在中线B1N上，因为点M是AC的中点，点N是A1C1的中点，所以MN是梯形AA1C1C的中位线，1所以MNAACC2BB，且MN∥AA∥CC，211111∥又AA1∥BB1∥CC1，所以MNBB1，所以四边形BB1NM是平行四边形，因为点GB1N，B1N平面BB1NM，所以点G平面BB1NM，即点G在平面BB1M内．---------5分（2）以A1为原点，A1B1所在直线为x轴，垂直于A1B1的直线为y轴，A1A所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，13则，B12,0,0,B2,0,2,C11,3,0,M,,222333313，，MB1,,2,MB,,0MC1,,2222222设平面BMB1与平面BMC1的法向量分别为mx1,y1,z1,nx2,y2,z2，33xy2z0111则22，不妨取则，x11.m1,3,033xy0212133xy02222，不妨取x21,n1,3,1，13xy2z022222mn25所以cosm,n，mn51故二面角BBMC的正切值为．--------------12分11219为响应党中央“扶贫攻坚”的号召，某企业指导一贫困村通过种植紫甘薯并通过网络直播来提高经济收入.紫甘薯对环境温度要求较高，根据科学种植经验，随着温度的升高，其死亡株数成增长的趋势.下表给出了一号实验田紫甘薯在温度升高时6组死亡的株数.温度x/℃212324272930死亡数y/株611202757771616662经计算，xxi26，yyi33，xixyiy588，xix84，6i16i1i1i166228.071yiy3930，yiyˆi393，e3200，其中xi，yi分别为试验数据中的温度和死亡株数，i1i1i1,2,3,4,5,6.(1)若用一元线性回归模型，求y关于x的经验回归方程yˆbˆxaˆ；(2)若用非线性回归模型求得y关于x的非线性经验回归方程yˆ0.06e0.2306x，且相关指数为R20.9432.（ⅰ）试与（1）中的回归模型相比，用R2说明哪种模型的拟合效果更好；（ii）用拟合效果好的模型预测温度为35℃时该批紫甘薯的死亡株数（结果取整数）.ˆ附：对于一组数据(x1,y1),(x2,y2),......,(xn,yn)其回归直线yˆbxaˆ的斜率和截距的最小二乘估计分别66(xx)(yy)2ii(yiyˆi)ˆi1ˆR21i1为：b6，aˆybx；相关指数为：6.2(yy)2(xx)iii1i16xxyy1i588【解析】(1)由题意可知bi17，6284xixi1aybx33726149，∴y关于x的线性回归方程是y7x149；--------5分(2)①用指数回归模型拟合y与x的关系，相关指数R20.9432，线性回归模型拟合y与x的关系，相关指数，62yyii393R21i110.9623930yiyi1则0.90.9432，∴用y0.06e0.2306x比y7x149拟合效果更好；----------9分②y0.06e0.2306x中，令x35，则y0.06e0.2306350.06e8.0710.063200192，故预测温度为35C时该紫甘薯死亡株数约为192株.-------12分220.抛物线C：y2pxp0上的点M1,y0到抛物线C的焦点F的距离为2，A､B（不与O重合）是抛物线C上两个动点，且OAOB.(1)求抛物线C的标准方程；(2)x轴上是否存在点P使得APB2APO？若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由.p【详解】（1）由抛物线的定义得MF12，解得p2，2则抛物线C的标准方程为y24x.------4分（2）依题意知直线OA与直线OB的斜率存在，设直线OA方程为ykxk0，1由OAOB得直线OB方程为：yx，kykx44由2，解得A2,，y4xkk1yx由k，解得B4k2,4k2y4x由APB2APO得OPAOPB，假定在x轴上存在点P使得OPAOPB，设点Px0,0，44kk4k则由（1）得直线PA斜率kPA，直线PB斜率kPB2，44k2x4kxx00k204k4k22由OPAOPB得kPAkPB0，则有22，即4kx04kx0，4kx04kx02整理得k1x040，2显然当x04时，对任意不为0的实数k，k1x040恒成立，即当x04时，kPAkPB0恒成立，OPAOPB恒成立，所以x轴上存在点P4,0使得APB2APO.-------------12分21．设函数fxe2x,gxkx1(kR）.（1）若直线ygx和函数yfx的图象相切，求k的值；（2）当k0时，若存在正实数m，使对任意x0,m都有fxgx2x恒成立，求k的取值范围.【答案】（Ⅰ）k2；（Ⅱ）(4,).（1）设切点的坐标为t,e2t，由fxe2x，得fx2e2x，所以切线方程为ye2t2e2txt，即y2e2tx12te2t，由已知y2e2xx12te2x和ykx1为同一条直线，所以2e2tk,12te2t1，令hx1xex，则hxxex，当x,0时，hx0,hx单调递增，当x0,时，hx0,hx单调递减，所以hxh01，当且仅当x0时等号成立，所以t0,k2.————————5分（2）①当k2时，有（1）结合函数的图象知：存在x00，使得对于任意x0,x0，都有fxgx，则不等式fxgx2x等价gxfx2x，即k2x1e2x0，设tk2x1e2x,tk22e2x，1k21k2由t0得xln，由t0得xln，22221k21k21k