2023届芜湖市高中毕业班教学质量统测数学试题参考答案选择题一、选择题：12345678CCBDDBBA二、选择题：9101112ABDADABDABD非选择题三、填空题：13.314.173.515.或16.63-1653四、解答题：17.证明：（1）EF分别为PDPC的中点∵,,EFCD且EF1CD∴//=2PMMAPNNB∵=2,=2MNAB且MN2AB∴//=3ABCD且ABCD∵//=EFMN且EFMN∴//≠四边形EMNF为梯形∴直线ME与直线NF相交……………………………………………………………………（4分）∴（2）PA平面ABCD且ABCD为正方形∵⊥以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系.∴则MNF(0,0,2),(4,0,2),(3,3,3)MNMF∴=(4,0,0),=(3,3,1)mMNx设平面NME的法向量为mxyz，则40=0=(0,0,0){m⋅MF=0⇒{xyz⋅=030+30+0=0令y，得m0=1=(0,1,-3)数学试题参考答案第1页（共5页）记平面ABCD的法向量为n，则n…………………………………………………（8分）=(0,0,1)mnmn⋅310∴cos<,>=|m||n|=-10平面NMF与平面ABCD夹角的余弦值为310.………………………………………（10分）∴10（几何法求解，酌情给分）18.||（1）fx|fπ|∵()≤|(-)|6éù2êfπúa2得a2∴ë(-)û=+1(+3)=06a……………………………………………………………………………………（5分）∴=-3π（2）fxxxx()=-3sin2+cos2=-2sin(2-)6选①（1）当fx同为最大值或最小值时，得SΔABC1A·kT1A·T1ππ………（9分）()=≥=×2×=222（2）当fx一个为最大值，另一个为最小值时，()T得SABC1·A·k1A·T1ππ△=2≥=×2×=2222综上：ABC面积的最小值为π……………………………………………………………（12分）△选②由复数的几何意义知：A，Bft(-2,-4)(-2,())πSOAB1|AB||AB||ft|x……………………………（9分）∴△=×2×==()+4=-2sin(2-)+426SOAB………………………………………………………………………………（12分）∴△∈[2,6]19.（1）由题意可得，中奖人数X服从二项分布：X~B1(3,)3iiiPxiC123-（i）∵(=)=3()()=0,1,2,333Px8Px12Px6Px1∴(=0)=,(=1)=,(=2)=,(=3)=27272727分布列为∴X0123P8126127272727中奖人数X的方差为Dx122……………………………………………（4分）∴()=3××=333（2）若改变选择，由题意可知获得奖金数记为Y,则Y的可能值为0，400数学试题参考答案第2页（共5页）则PY1，PY2(=0)=(=400)=33分布列为∴Y0400P1233EY12800（元）……………………………………………………（8分）∴()=0×+400×=333若不改变选择，由题意可知获得奖金数记为Z,则Z的可能值为50，200则PZ2，PZ1(=50)=(=200)=33分布列为∴Z50200P2133EZ21（元）∴()=50×+200×=10033EYEZ∵()>()建议抽奖人改变选择.……………………………………………………………………（12分）∴20.（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为qnnnabnabnd+1，bndd+1dbnd+1∴=1+(-1)=2-1∴+1-=2-1∴1-=-1,=2ndbn，ann………………………………………………………………（6分）∴=2,=2∴=2-1（2）由题意可知{cn}的前100项中，有数列{an}的前93项，数列{bn}的前7项……………………………（8分）记{an}，{bn}，{cn}的前n项和分别AnBnCn.,,8CAB93×922-2………………………（12分）∴100=93+7=93+×2+=8649+254=890321-221.解（1）fxxax2xax2′()=3(1+ln)-3+6=3(3+ln-)'xx令fx，即xax2，得a3+ln，令gx3+ln()=03+ln-=0=x2()=x2x由g'x-2ln-5，则()=x355--xe2时，gx，xe2时，gx0<<′()>0>′()<055--所以gx在区间e2单调递增，在区间e2∞单调递减()(0,)(,+)5-又x+时，gx∞；x∞时，gx+，ge21e5→0()→-→+()→0()=2数学试题参考答案第3页（共5页）'所以当a1e5时，fx有且只有一个零点.………………………………………………（5分）=()2x'（2）fxx23+lna，由（1）知，当a1e5时，fx′()=3(x2-)≥()≤02所以fx在区间∞单调递减，fx无最大值；()(0,+)()5-当a1e5时，fx有两个零点xx，易知xe2x0<<′()1<20<1<<22当xx或xx时，fx，故fx单调递减0<<1>2′()<0()当xxx时，fx，故fx单调递增1<<2′()>0()5-又x时，fx，xxe2e-2时，fx……………………………………（8分）→0()→00<<1<<()<0ìxïln2+3a=ïx2-0所以fx有最大值fxí2()⇔(2)≥0⇔ïïx1ax2îln2-2+2≥033-消去a，得2xxe2ln2+1≥0⇒2≥35-结合agx以及gx在区间e2∞单调递减，得a3e3……………………（12分）=(2)()(,+)0<≤222.解：p（1）由题意，圆心C满足抛物线定义，且焦点为M，准线为x，所以，(1,0)=-1=12所以Cy2x.…………………………………………………………………………………（4分）:=4（2）（i）设AxyBxyPxyQxy(1,1),(2,2),(3,3),(4,4)因为AB过点M(1,0)所以设lABxmy，联立y2x:=+1=4得：y2my-4-4=0所以yy12=-4(∗)x又N，可设lANx1y，联立y2xy-2(2,0):=1+2=4x得：y21y4(y-2)-1-8=0所以yy，同理：yy13=-824=-8(∗∗)yyyy又kkAB1-21-241==xx=y2y2=yy1-2121+2-44同理kkPQ4，再结合式及式2==yy(∗)(∗∗)3+4所以kkPQ422ppyy===12-y4-y4+1+2数学试题参考答案第4页（共5页）所以kk.…………………………………………………………………………………（8分）1=22（ii）由（i）过程同理知kAQ4=yy1+4可设lAQyy4xx，又yy:-1=yy(-1)24=-81+4y2所以lAQyy4x1，又yy:-1=(-)12=-4y841y-2yy即：lAQy2x21:=-+33yy同理：lBPy1x22:=-+33联立以上两直线方程，消去y得：x=-2所以直线QA和PB的交点T在定直线x上.=-2从而当点M到直线x的距离即为MT长度的最小值，=-2所以|MT|……………………………………………………………………………（12分）min=3.数学试题参考答案第5页（共5页）