2023届安康市第三次调考理科数学试题 参考答案

1、1理科数学理科数学参考答案参考答案一、一、选择题（本大题共选择题（本大题共 1212 小题，小题，每小题每小题 5 5 分，分，共共 6060 分）分）题号题号1 12 23 34 45 56 67 78 89 9101011111212答案答案DABACCBCCADA1.D解析：由题意得2yxyx，解得00 xy或11xy，故(0,0),(1,1)AB.2.A解析：i2i22ii2i2i2i2i5ababbazab为纯虚数，20,20abba2ba.3.B解析：S66（a1a6）26（a3a4）212.4.A解析：由题意可得 2ab(3，2x)，3x2x，解得 x12，|b|11452.5.C解析：由题意，1234535x，75849398 100905y，将3,90代入6.4yxa，可得906.4 3a，解得70.8a，线性回归直线方程为6.470.8yx，将58x 代入上式，6.4 5870.8442y.6.C解析：将圆台补成圆锥，则羽毛所在曲面的面积为大、小圆锥的侧面积之差，设小圆锥母线长为 x，则大圆锥母线长为 x6，由相似得163xx，即 x3，可估算得球托之外羽毛所在的曲

2、面的展开图的圆心角为332 12.7.B解析：展开式所有项的二项式系数和为 27128，故 A 错误；展开式共有 8 项，第 4 项和第 5 项二项式系数最大，故 B 正确；令 x1 得所有项的系数和为(21)71，故 C 错误；Tr1Cr7(1)r27rx2r7，T2，T4，T6均小于 0，T1128x7，T3672x3，T5280 x，T714x5，第 3 项的系数最大，故 D 错误8.C解析：设方程2227270 xmxxnx的四个根由小到大依次为1a，2a，3a，4a.不妨设2270 xmx的一根为 1，则另一根为 27，12728m.由等比数列的性质可知1423a aa a，411,27aa，等比数列1a，2a，3a，4a的公比为4313aqa=，21 33a ，231 39a ，由韦达定理得3912n，28 1216mn.9.C解析：如图，设点Q为ABC的中心，则PQ平面ABC，3,33PAQAQPQ，.球心O在直线PQ上，连接AO，设球 O 的半径为r，则OAOPr，3OQr，在RtOAQ中，2r 22(3)(3)r，解得2r，球 O 的表面积为2416r.210.A解析

3、：如图，由题意得233F Ma，1260FPF，13PMa，223PFa，由椭圆定义可得212112,PFPFPMMFPFaMFa，在 Rt12MFF中，由勾股定理得222433aca，可得33cea11.D解析：2=fxf x，fx关于1x 对称.21f x为奇函数，由平移可得 fx关于2,1对称，且 21f，函数 fx是以4为周期的周期函数.13222fff，241ff，12344ffff，2023120244420234()kf kf.12.A解析：由11 2e1.011bac可得21.0112a，ln1.01b，111.01c ，比较a和b，构造函数 21ln2xf xx，当1x，10fxxx，fx在1,上单调递增，故 1.0110ff，即ab.同理比较b和c，构造函数 1ln1g xxx，当1x，210 xgxx，g x在1,上单调递增，1.0110gg，即bc.综上，abc.二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 4 4 小题，小题，每小题每小题 5 5 分，分，共共 2020 分）分）13.114.91615.1 或 3 或 5 或 7(写出其中一个即可)16.313.

4、1解析：作出可行域，易得目标函数zxy在点 A（4，3）处取得最大值 1.14.916解析：f(2log 3)f(2log 31)f(23log2)f(23log2-1)f(23log4)2233log2log4494216.15.1 或 3 或 5 或 7(写出其中一个即可)解析：由已知可得 cos(2)0，22k，kZ，12k，kZ.f(x)在区间0，8上单调，x0，8，结合 ycosu 的图象可得8，00）得 xa2（11b2）a b21b，截面面积为(a2（b21）b2a2b2)a2，阴影部分绕 y 轴旋转一周所得几何体的体积等于底面积与截面面积相等，高为 2 的圆柱的体积，V2a263dc63bc，即6a2bc，6a4b2c2(c2a2)c2，即 6a4c4a2c2，e4e260，解得 e23，e 3.三、三、解答题（解答题（本大题本大题共共 6 6 小小题，共题，共 7070 分）分）317.解析：（1）2sincoscoscos3636AAAA2cos2113cos624AA，（或3131sincos(cossin)(cossin)362222AAAAAA2cos2113

5、cos624AA）31cos22A，0A，72333A，2233A或4323A，解得6A或2A，ac，2A，6A（6 分）（2）由（1）知6A，sinsin4 3sinaAcCB，由正弦定理得224 312acb，由余弦定理得2222cosabcbcA，即2231232 32ccc，整理得22390cc，由0c 得3c，1113 3sin332224ABCSbcA（12 分）18.解析：（1）由样本频率分布直方图得，样本中获一等奖的有 6 人，获二等奖的有 8 人，获三等奖的有 16 人，共有 30 人获奖，70 人没有获奖从该样本中随机抽取的 2 名学生的竞赛成绩，基本事件总数为2100C，设“抽取的 2 名学生中恰有 1 名学生获奖”为事件 A，则事件 A 包含的基本事件的个数为117030C C，每个基本事件出现的可能性都相等，1170302100C C14C33P A，即抽取的 2 名学生中恰有 1 名学生获奖的概率为1433（4 分）（2）由样本频率分布直方图得，样本平均数的估计值35 0.006 1045 0.012 1055 0.018 1065 0.034 10 x 7

6、5 0.016 1085 0.008 1095 0.006 1064.（8 分）（3）由题意所有参赛学生的成绩 X 近似服从正态分布264,14N78，1 0.6827780.158652P X故参赛学生中成绩超过 78 分的学生数为0.15865 100001587（12 分）19解析：(1)取 DM 中点 O，连接 AO，CO，则由已知可得 DMAO，DMCO，AOCOO，DM平面 ACO，DMAC，DCDA4，DNAC，DNDMD，AC平面 DMN，AC平面 ABC，平面 ABC平面 DMN.(5 分)(2)由已知可求得 OCOA2 3，OC2OA2AC2，OCOA，4AOOD，COOD，以 O 为坐标原点，分别以 OD，OC，OA所在直线为 x，y，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系 Oxyz，则 D(2，0，0)，M(2，0，0)，C(0，2 3，0)，A(0，0，2 3)设ANAC(01)，则AN(0，2 3，2 3)，N(0，2 3，2 32 3)，DN(2，2 3，2 32 3)，MD(4，0，0)设平面 DMN 的一个法向量为 n1(x，y，z)，则MDn14x0DN

7、n12x2 3y（2 32 3）z0，令 y1，则 n1(0，1，)易得平面 CDM 的一个法向量为 n2(0，0，1)设二面角C-DM-N 的平面角为，由图可得为锐角，cos|n1n2|n1|n2|（1）22|55，解得13或1(舍去)ANNC12.(12 分)(几何法：连接 AO，CO，NO，则二面角C-DM-N 的平面角为CON，过点 N 作 NHCO，则 NHAO，NHCH2HO，OHHCANNC12)20.解析：（1）当 m=0 时，ln21xf xx，其定义域为0,，23ln xfxx，当30,ex时，()0fx；当3e,x时，0fx，()fx在30,e单调递增，在3e,单调递减，()fx的极大值为 331e1ef，无极小值.（4 分）（2）由 0f x 得ln2e10 xxmx，2lnexxxmx在0,上恒成立.令 2lnexxxh xx，则 22112ln113lneexxxxxxxxxxhxxx，令 3lnxxx，易知 x在0,单调递增，2ln2 10，3ln30，02,3x，使得00 x，即00ln3xx，当00,xx时，0h x；当0,xx时，0h x；h x在0

8、0,x单调递减，在0,x 上单调递增，0000min02lnexxxh xh xx.由00ln3xx得0000lnlnelne3xxxx，030eexx，00003min02ln1eexxxh xh xx，31em，m的取值范围是31,e.（12 分）5（由 0f x 得ln2e10 xxmx，ln2ln2lneexx xxxxxmx在0,上恒成立，令ln,txx易得R,t2ettm恒成立，min321()eettm）21.解析：（1）由已知可得12p，解得2p，抛物线 C 的方程为24yx.（3 分）（2）设11,A x y，22,B xy，33,M x y，若ABx轴，由MFAB得(0,0)M，(1,2)A，(1,2)B或(1,2)A，(1,2)B，此时不满足AMBM，不满足题意；设直线AB的方程为1(0)xmym，直线MF的方程为11(0)xymm，将1xmy代入抛物线方程得2440ymy，216(1)0m，124yym，124y y 将11xym 代入抛物线方程得2440yym，233440yym直线 AM 的斜率为313122313131444yyyyyyxxyy，同理直线

9、BM 的斜率为324yyAMBM，3132441yyyy，231231216yyyyy y，即2334120ymy由解得3241mym，将其代入可得 222244 110mmm，解得332 3my 或332 3my，当332 3my 时，直线AB的方程为31xy，(3,2 3)M，|4MF 1y，2y满足24 340yy，124 3yy，124y y 22121212|1242 48 1616ABmyyyyy y，11|1643222ABMSABMF.同理可得，当332 3my 时，直线AB的方程为31xy，(3,2 3)M，|4MF，1y，2y满足24 340yy，124 3yy，124y y 22121212|1242 48 1616ABmyyyyy y，11|1643222ABMSABMF，ABM的面积为 32（12 分）22.解析：（1）由22 2xtyt，得2(2 2)xy，即24 20 xy.6故直线l的普通方程是24 20 xy.由2213sin4得2223sin4，代入公式cossinxy，得22234xyy，2214xy，故曲线C的直角坐标方程是2214xy.（4 分

10、）（2）方法一：由（其中0,，且1tan2，0），得5sin5，2 5cos5.将射线(0)代入曲线C的极坐标方程，可得22251 3sin5123544M，102M.直线l的极坐标方程为cos2sin4 20，将(0)代入直线l的极坐标方程可得cos2 sin4 20，10N，10101022NMMN.（10 分）方法二：由题可得射线（其中0,，且1tan2，0）的直角坐标方程为1(0)2yx x.联立2214102xyyx x，解得222xy，则点222,M.联立24 20102xyyx x 解得2 22xy，则点(2 2,2)N.2221022 2222MN.（10 分）23.解析：（1）()223f xxx31,15,1331,3xxxxxx ，当1x 时，43153xx ，解得413x；当13x 时，550 xx，解得10 x；当3x时，3152xx，无解，不等式的解集为403xx（5 分）（2）22minR,3(),3()xaaf xaaf x，由（1）知()f x在(,1)递减，1,3)递增，3,)递增，min()(1)4f xf，2234,434aaaa，解得14a（1

《2023届安康市第三次调考理科数学试题 参考答案》由会员yanj****uan分享，可在线阅读，更多相关《2023届安康市第三次调考理科数学试题 参考答案》请在金锄头文库上搜索。