数学答案-2023高考临考信息卷.pdf

1、数学答案 第1 页(共8页)2023高考临考信息卷数学参考答案题号123456789101112答案CCDABDDBBCBDBCDAD1.C 解析:M=x x2-x-20 =-1,2 ,由1-ln x0,得0 xe,则 N=x y=1-ln x =0,e ,所以 MN=-1,e .故选C.2.C 解析:因为(1-2i)z=3-4i=32+(-4)2=5,可得z=51-2i=51+2i 1-2i 1+2i =1+2i,所以z=1-2i.故选C.3.D 解析:设随机抽取一人进行验血,其诊断结果为阳性为事件A,设随机抽取一人为患者为事件B,随机抽取一人为非患者为事件B,则P A =P A B P B

2、 +P A B P B =0.980.05+0.020.95=0.068.故选D.4.A 解析:由抛物线的性质知,点O1 到C 的准线l的距离为12 AB=r,依题意得r2=25r=5,又点O1 到C 的准线l的距离为12(x1+x2+2)=r=5,则有x1+x2=8,故r(x1+x2)=40.故选 A.5.B 解析:由题意可知,(1)=ea+b=6.25,(3)=e3a+b=1,(3)(1)=e2a=425,解得ea=25.设该文化娱乐场所竣工后放置t0 周后甲醛浓度达到安全开放标准,则t0 =eat0+b=ea+bea(t0-1)=6.25 25 t0-10.1,整理得62.5 52 t0

3、-1.设62.5=52 m-1,因为 52 462.5 52 5,所以4m-15,即5m2a),由双曲线的定义可得 MF2=t-2a,又 PF2=|MF1|=t,则PF1=t+2a,由 MF1MF2,可得 MF12+MP2=PF12,即t2+(2t-2a)2=(t+2a)2,解得t=3a.又 MF12+MF22=F2F12,即(3a)2+a2=4c2,即c=102 a,所以e=ca=102.故选D.8.B 解析:取 PQ 的中点 N,则 MP=MN+NP,MQ=MN+NQ=MN-NP,可得 MP MQ=MN+NP MN-NP =MN2-NP2=MN2-1,MN=MA+AN MA-AN,当数学答

4、案 第2 页(共8页)且仅当点N 在线段AM 上时,等号成立,故 MN MA-AN=MA-3,显然当AM BC 时,MA 取到最小值2 3,MN MA-3 2 3-3=3,故 MPMQ=MN2-13-1=2.故选B.9.BC 解析:对于 A,由方差的性质可得D()=22D()=4D(),故 A 错误;对于B,由正态密度曲线的对称性可得P(36)=P(6)-0.5=0.34,故B正确;对于C,由样本相关系数知识可得,样本相关系数r的绝对值越接近1,则成对样本数据的线性相关程度越强,故C正确;对于D,甲组:第30百分位数为30,第50百分位数为37+m2,乙组:第30百分位数为n,第50百分位数为

5、33+442=772,则n=30,37+m2=772,解得 n=30,m=40,故m+n=70,故D错误.故选BC.10.BD 解析:由题知,椭圆中的几何量b=c=3,所以a=c2+b2=3 2,则离心率e=ca=33 2=22,故A不正确;因为 AB=OB+OA=3+OA,由椭圆性质可知3 OA 3 2,所以6 AB 3+3 2,故D正确;设A,B 到y 轴的距离分别为d1,d2,则SABF=SAOF+SOBF=12d1 OF+12d2 OF=32 d1+d2 ,当点A 在短轴的端点处时,d1,d2 同时取得最大值3,故ABF 面积的最大值是9,故C不正确;由椭圆定义知,AF+AG=2a=6

6、 2,所以AFG 的周长CAFG=FG+6 2=6+6 2,故B正确.故选BD.11.BCD 解析:对于选项 A,因为三棱锥A1-BCD 的体积V=13122222AA1=863,解得AA1=2 6,故选项 A错误;对于选项B,外接球的半径满足4R2=AB2+AD2+AA21=40,故外接球的表面积S=4R2=40,故选项B正确;对于选项D,因为BD平面,BDB1D1,B1D1平面,所以B1D1平面,又平面A1B1C1D1平面=MN,B1D1平面A1B1C1D1,所以B1D1MN,又因为四边形A1B1C1D1 是正方形,A1C1B1D1,所以A1C1MN,因为侧棱AA1底面A1B1C1D1,M

7、N底面A1B1C1D1,所以AA1MN,又A1C1AA1=A1,所以 MN平面AA1C1C,垂足是E,故对任意的G,都 有 PG PE,又 因 为 OO1=2 6,O1E=14A1C1=1,故 PO+PG PO+PE OE=OO21+O1E2=5,故选项D正确;对于选项 C,如图,延长 MN 交A1B1 的延长线于点Q,连接AQ 交数学答案 第3 页(共8页)BB1 于点F,在平面CC1D1D 内作MHAF 交DD1 于点 H,连接AH,则平面 截四棱柱所得的截面是五边形AFNMH,因为B1Q=B1N=12AB,所以此时B1FBB1=13,故13B1FBB11时截面是六边形,00,a-1,b-

8、1,令f x =ex1+x x-1 ,则fx =xex1+x 2,所以f x 在-1,0 上单调递减,在 0,+上单调递增,且f 0 =1,又f(1)1.01,故0a1,-1b0.令h x =ln f x -ln f-x =2x-lnx+1 +ln-x+1 ,x-1,1 ,则hx =2-1x+1+-1-x+1=2-21-x20,fb f-b ,fa f-b ,a-b,即a+b0,故选项 A正确;对于B,1-c ec=1-d ed=0.990,c1,d1,令g x =1-x ex x1 ,则gx =-xex,所以g x 在-,0 上单调递增,在 0,1 上单调递减,且g 0 =1,又g(-1)0

9、.99,故0c1,-1d0.令 m x =ln g x -ln g-x =2x-lnx+1 +ln-x+1 =h x ,x-1,1 ,所以m x 在-1,1 上单调递减,且m 0 =0,c 0,1 ,ln gc -ln g-c 0,g c g-c ,g d g-c ,d-c,即c+d0.99,-a-1,0 ,g-a g d ,又g x 在-,0 上单调递增,-ad,a+dgc ,-b 0,1 ,又g x 在 0,1 上单调递减,-b0,故选项D正确.故选 AD.13.-35 解析:因为角 的终边与圆x2+y2=9相交于点 3 55,t ,所以cos=3 55 3=55,所以sin 2+2 =c

10、os 2=2cos2-1=255 2-1=-35.14.74 解析:对于 x-2 5,其二项展开式的通项为Tr+1=Cr5x5-r-2 r,令5-r=1,得r=4,故T5=C45x-2 4=80 x,对于 x-1 6,其二项展开式的通项为Tk+1=Ck6x6-k-1 k,令6-k=1,得k=5,故T6=C56x-1 5=-6x,所以a1=80-6=74.15.e24 解析:由g(x)=exx2可得g(x)=exx2-ex2xx4=x2-2x exx4,当x2时,g(x)0,当0 x2时,g(x)0,an+1=2an,(2分)数列 an 为等比数列,公比为2,a1=2,数列an的通项公式为an=

11、2n.(4分)(2)证明:由(1)得an=2n,an+1=2n+1,则bn=1log2an log2an+1+log2an+1 log2an=1log22n log22n+1+log22n+1 log22n=1n n+1+(n+1)n=1n n+1(n+n+1)=n+1-nn n+1=1n-1n+1,(7分)数列 bn 的前n 项和为Sn=11-12+12-13+1n-1n+1=1-1n+1,(9分)Sn0,当nN*时,Sn 为递增数列,S1Sn,即2-22Sn,2-22Sn0,设A x1,y1 ,B x2,y2 ,则y1+y2=-24t3t2+4,y1y2=363t2+4,(7分)数学答案

12、第6 页(共8页)因此可得x1+x2=323t2+4,所以AB 中点的坐标为163t2+4,-12t3t2+4 ,(8分)因为G 是ABQ 的外心,所以G 是线段AB 的垂直平分线与线段BQ 的垂直平分线的交点,由题意可知B,Q 关于x 轴对称,故Q x2,-y2 ,AB 的垂直平分线方程为-tx-163t2+4 =y+12t3t2+4,(9分)令y=0,得x=43t2+4,即G43t2+4,0 ,所以|GF2|=43t2+4-1=3t23t2+4,(10分)又|AQ|=(x1-x2)2+(y1+y2)2=t2(y1-y2)2+(y1+y2)2=(t2+1)(y1+y2)2-4t2y1y2=1

13、2t23t2+4,(11分)故|AQ|GF2|=4,所以|AQ|GF2|为定值,定值为4.(12分)21.解:(1)证明:取线段AB 的中点G,连接A1G,EG,如图所示,因为E,G 分别为BC,AB 的中点,所以EGAC,在三棱台A1B1C1-ABC 中,A1C1AC,所以,EGA1C1,且DA1C1,故E,G,A1,D 四点共面.(2分)因为AA1平面ABC,AG平面ABC,所以AA1AG,因为AA1=A1B1=AG=1,AGA1B1,AA1AG,所以四边形AA1B1G 是正方形,所以AB1A1G.又AB1A1C1,A1C1A1G=A1,A1C1,A1G平面A1DEG,所以AB1平面A1D

14、EG.因为DE平面A1DEG,所以AB1DE.(4分)(2)延长EF 与C1B1 相交于点Q,连接DQ,则DQA1B1=M.因为F,E 分别为BB1 和BC 的中点,B1QBE,所以B1QBE=B1FBF=1,则B1Q=BE=12BC=B1C1,所以,B1 为C1Q 的中点.又因为D 为A1C1 的中点,且A1B1DQ=M,则 M 为A1C1Q 的重心,所以A1M=23A1B1=23,(7分)因为AA1平面ABC,AC平面ABC,所以AA1AC.因为AB1A1C1,A1C1AC,所以AB1AC.又因为AA1AB1=A,AA1,AB1平面AA1B1B,所以AC平面AA1B1B,所以AC,AB,A

15、A1 两两垂直,以A 为原点,AC,AB,AA1 所在直线分别为x,y,z 轴建立如图所示空间直角坐标系,数学答案 第7 页(共8页)则A 0,0,0 ,B 0,2,0 ,C 2,0,0 ,E 1,1,0 ,M 0,23,1 ,所以,AC=2,0,0 ,AM=0,23,1 ,AE=1,1,0 .(9分)设平面AMC 的法向量为n1=a,b,c ,则n1AC=2a=0,n1AM=23b+c=0,取b=-3,则n1=0,-3,2 .(10分)设平面AME 的法向量为n2=x,y,z ,则n2AE=x+y=0,n2AM=23y+z=0,取y=-3,可得n2=3,-3,2 .(11分)所以,cos=n

16、1n2n1n2=1313 22=28622,故平面AMC 与平面AME 夹角的余弦值为 28622.(12分)22.解:(1)f x =ln x-ax+1的定义域为 0,+,fx =1x-a=1-axx,(1分)当a0时,fx 0恒成立,所以f x 在 0,+上单调递增,f x 不可能有两个零点,故舍去;(2分)当a0时,令fx 0,解得0 x1a,令fx 1a,所以f x 在 0,1a 上单调递增,在 1a,+上单调递减,所以f x max=f 1a =ln1a.要使f x 有两个零点,则f x max=ln1a0,解得0a1.(3分)又f 1e =ln1e-a1e+1=-ae0,f 4a2

17、 =ln4a2-4a+12a-4a+1=1-2a0,所以当0a2x2,所以ln x1-ax1+1=0,ln x2-ax2+1=0,由f x 的单调性知,当x x2,x1 时,f x 0,当x x1,+时,f x 0.因为x22x20,即ln2x2 -2ax2+1ln x2-ax2+1,所以ax2ln 2,而ln x2+1=ax2,即ln x2+1ln 2,所以0 x2-ln2e0,所以hx 0,所以h x 在 0,2e 上单调递增,所以h x 2x20,所以e x22x1+x21x2 e2 x1x2,当且仅当x1=x2 时取等号,而x12x20,故e x22x1+x21x2 e2 x1x2,(

18、7分)要证e x22x1+x21x2 4 2,即证e2 x1x24 2,即证x1x28e2,即证ln x1x2ln8e2,即证ln x1+ln x23ln 2-2.(8分)设t=x1x2,因为x12x20,所以t2,由(1)得ln x1+1=ax1,ln x2+1=ax2,两式作差,化简得ln x2=ln tt-1-1,ln x1=ln tt-1-1+ln t,所以ln x1+ln x2=2ln tt-1+ln t-2.(9分)令gt =2ln tt-1+ln t-2,t2,则gt =t2-1-2tln ttt-1 2.令t =t2-1-2tln t,则t =2t-2-2ln t,(t)=2-2t0,易知t 在 2,+上单调递增,故t 2 =2-2ln 20,所以t 在(2,+)上单调递增,所以t 2 =3-4ln 20,所以gt 在 2,+上单调递增,所以gt g 2 =3ln 2-2,即ln x1+ln x23ln 2-2得证.所以不等式e x22x1+x21x2 4 2得证.(12分)