11所以的中点坐标为，因为不过焦点所以2023年宜荆荆随高三10月联考MN,2MFNFx1x2+p=19,MMF,219MN高三数学参考答案MFNFMN,MN的中点到准线的距离为,所以C正确，D错误22一、选择题12.BCD【解析】方法一:坐标法，以D为坐标原点，直线DA为x轴，DC为y轴，DD1为Z轴，则P题号123456789101112222x2y24x2y24答案DACDBABABCDABDACBCD点的坐标满足，同理Q点的坐标满足可设P的坐标为z2z01.D【解析】A4,5,B3,5(22cos,2sin,2)，0,解决选项C，D.其中D选项可设球心坐标为M（2,2,t），利用MC=MP22a22ia2a2i2.A【解析】为纯虚数的充要条件为a2得到t22sin,求出t0,2，所以外接球的半径R4,8,所以D选项正确1i2方法二：几何法，C选项CPCC2CP24CP2,CP222,所以C正确3.C【解析】S1515a83a121d2a16dak,aka115da16，k16（或d0时1111D选项根据对称性分别求P在端点和弧中点时对应的外接球半径即可.m1m2m3n1n2n3amamamananan）12312313.-7【解析】n8【解析】4.Dtan2,tantan7【解析】排除法：32212213214.160C7C4C2C5C4C2C2C5C216095.B【解析】由全概率公式可得0.30.20.60.8p,p15.(1,3)【解析】由题意f(x)图像关于x1对称，且在,1上递减，1，+上递增，4024ab2(a2b)4abbaf(x)2f(x)26.A【解析】=34()11f(3)f(1)2，不等式可化为或解出解集为(1,3)ababablnx0lnx0MF2MNNF24a4a4a4a100034227.B【解析】由得到MN，设MFd,NFd，在16.【解析】设正四棱锥的底面边长为2x，，则高为25x2，体积Vx25x223MF2NF22MN3332733222MFN中由余弦定理得d=0,MFN为等边三角形，则在MFF中由得e=4122241xx502x10003，2212F1F23MF1=xx502x33232327c8.A【解析】由ca2ln0得c2lnca2lna且ca，构造函数f(x)x2lnx，50a当且仅当x2时取等号.也可以用导数方法求最值.3求导得f(x)在0,2上单调递减，在2,+上单调递增，所以得到17.【解析】(1)由acosC3asinCbc及正弦定理得sinAcosC3sinAsinCsinBsinCxx0a2c,做出函数y10及y31的图像，得到0ab2所以又sinBsinACsinAcosCcosAsinC，sinC00ab2c1所以3sinAcosA1sin(A)9.BCD【解析】f(x)sin(2x)6235,,P(AB)A0,A,A,A(5')10.ABD【解析】A选项根据正态曲线的对称性可得是正确的.B选项P(B|A)P(B)得P(B),666663P(A)1（2）因为D为BC中点，所以ADABAC,两边平方得即P(AB)P(A)P(B)，所以事件A,B相互独立，所以结论正确.C选项r越接近于1，相关性越强.D212122选项代入s2(xx)2(xx)2(xx)2检验即可得出是正确的ADABAC2ABAC,因为AD2,A,所以得到16c2b2bcn12n4311.AC【解析】由A(1，-4)在抛物线上可得抛物线方程为y216x，F(4,0),当过焦点且与x轴垂直时弦161343由b2c22bc，bc，SbcsinAbc3ABCx1x211243长最短，此时弦长为16，故A正确，B错误；设Mx,y,Nx,y,由重心的坐标公式得1122yy44312bc即ABC为等边三角形时ABC面积的最大值为(10')3宜荆荆随重点高中教科研协作体数学试卷（共3页）第1页{#{QQABIQAEogiAAAIAAQhCAwUCCgGQkBGCAKoOwEAMIAAAwQFABAA=}#}（另法：在ABD和ACD中由余弦定理及cosADBcosADC0也可得到b,c的关10系式，后面的步骤同上面，酌情给分）∴当BF=2时，平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为45°。(12')218.【解析】（）∵⊥平面，平面，∴⊥，1PAABCDBCABCDPABC19.【解析】（1）f'x2e2x22aex2a=2ex1exa∵为矩形，∴⊥，又，，平面，∴⊥平面，ABCDABBCPA∩AB=APAABPABBCPAB①当a0时，因为ex0，所以f'x0在R上恒成立，所以fx在R上单调递增∴AE平面PAB，∴AE⊥BC，∵PA=AB，E为线段PB的中点，∴AE⊥PB，②当a0时，令f'x0，得xlna.在又PB∩BC=B，PB，BC平面PBC，由f'x0xlna,，f(x)lna,上单调递增由f'x0x,lna，f(x)在,lna上单调递减∴AE⊥平面PBC，又AE平面AEF，所以平面AEF⊥平面PBC；(5')综上，当a0时fx在R上单调递增。（2）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，当a0时f(x)在,lna上单调递减在lna,上单调递增(5')(2)a1时，f(x)e2x2x1,f'x2e2x2，令f'x0x011则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，2，0），D（0，2，0）P（0，0，1）E,0,，22且fx在-，0上单调递减，在0，+上单调递增fxminf0011uuur∴，，，1AE,0,PC(1,2,1)PD(0,2,1)fxgx0对成立22x20x2fx1gx2012x1Rx211设F（1，λ，0）（0≤λ≤2），∴，gx0即gx0对恒成立AF(1,,0)fxmin22x20,x2x2设平面的一个法向量为nx,y,z，gxlnx1lnx1lnx1AEF111m0m，令hxxxxxxz0x2lnx222n·AE0111则，且hx在0,e上单调递增,e,上单调递减，则，∴，令y1=1，则，∴，h'x20xen(,1,)xn·AF0x1y10z1111hxhe2，mhx，m(12')max2max22m·PC0eee设平面的一个法向量为，则，PCDmx2,y2,z2m·PD020.【解析】由*①1anSn1(nN)x22y2z20x20得n2时an-1Sn-11②∴，令y2=1，则，∴m0,1,2，2yz0z212221得①-②得aan2①中令n1a1n2n-12∵平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为45°，n111是以为首相，为公比的等比数列，(5')urranan222mn12210∴cos45urr，解得λ=，n1n2211mn52122n1an1an22112dnn1n1n121010假设存在这样的三项成等比数列，为递增数列，不妨设∵0≤λ≤2∴λ=2即BF=2dm,dk,dtdnmkt222k2m1t12111111则dmdkdt，ddd2kmtk12m12t12宜荆荆随重点高中教科研协作体数学试卷（共3页）第2页{#{QQABIQAEogiAAAIAAQhCAwUCCgGQkBGCAKoOwEAMIAAAwQFABAA=}#}2k2mt211113xy3xy2MA，MBk12m1t12222两渐近线的夹角为，四点共圆，或m,k,t成等差数列2kmtk1m1t1k2mt60M,A,O,BAMB601203x2y213332332kmt2的面积MAMBa由mt0mtk与题设矛盾ABM=sinAMB=k2mt2441616222y不存在这样的三项d,d,d(其中m,k,t成等差数列)成等比数列。(12')a1x1mkt321.【解析】（1）y2列联表如下：单位：只曲线C的方程为：x21(5')指标值3抗体合计（2）如图O,D,P,Q四点共圆小于60不小于60DPQDOQDPQNOQtanDPQtanNOQNOQDOQ有抗体1002203201没有抗体tanNOQkDP.kOQ1404080tanODP设合计140260400Gx1,y1,Rx2,y2,Nt,0,t0,1.零假设为H0:注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60无关联．yyt12令得22D1,0lDR:yx1,xtQt,2400(1004040220)x21x21根据列联表中数据，得，9.8905.0240.025当的斜率为时不符合题意32080140260lGR0根据的独立性检验，推断不成立，当的斜率不为时，设：0.025H0lGR0lGRxmyt即认为注射疫苗后小白鼠产生抗体与指标值不小于60有关，此推断犯错误的概率不大于0.025.(6')xmyt222（2）（i）令事件A=“小白鼠第一次注射疫苗产生抗体”，事件B=“小白鼠第二次注射疫苗产生抗体’’，3m1y6mty3t103x2y23事件C=“小白鼠最多注射2次疫苗后产生抗体”，记事件A，B，C发生的概率分别为P(A),P(B),P(C)，232046036mt3t1则P(A)，P(B|A)，yy,yy4005804123m21123m211119yyt1t1x1x1=0.95，12即12P(C)1P(AB)1P(A)P(B|A)1kDP.kOQ=15420x11t(x21)ty1y2所以一只小白鼠最多注射2次疫苗后产生抗体的概率p0.95，(9')（）由题意，知随机变量，kk40k，iiX~B(40,0.95)P(Xk)C400.950.05(k0,1,2,40)因为P(Xk)最大，Ck0.95k0.0540kCk10.95k