2023届高三下学期2月开学摸底考试（新教材老高考）数学试卷含答案.pdf

绝密食启用前2023年高三2月大联专（新高考卷）（新教材）数学本卷满分150分，考试时间120分钟。注意事项21.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有个选项是符合题目要求的1.己知复数z满足（1-2i)z=13-4 i I，则z的共辄复数；D.1+2ic.1-2i-1+2i B.-1-2i A.D.(O,+oo)B=x I x2-x-2 1,”阳明棋”时制旧部c.7.已知椭圆C：三丘1（bO）的左、右焦点分别为乓，a,_ b,_ B.A.”搭桥 数学 全解全析及评分标准 第 1 页（共 14 页）2023 年高三 2 月大联考（新高考卷）（新教材）数学全解全析及评分标准 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C A D D B A A B AB AC ACD AC 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的 1C【解析】由(12i)|34i|z，得|34i|512i12i12iz，所以12iz 故选 C 2 A【解析】由21x，得0 x，所以集合|0Ax x.由220 xx，得(1)(2)0 xx，即12x，所以集合|12Bxx，则|02ABxx故选 A 3 D【解析】设ab与a的夹角为，由已知得，(3,1)ab，所以()5 aba 又|5a，|10ab，所以52cos2510，所以34故选 D.4D【解析】对于 A，函数tanyx是奇函数，但在(0,)上不是单调函数，故 A 错误.对于 B，因为函数ln(1)ln(1)yxx的定义域为(1,1)，所以不符合题意，故 B 错误.对于 C，令231()xg xx，则()g x的定义域为|0 x x，且2233()11()()()xxgxg xxx，所以()g x是奇函数.对()g x求导，得243()0 xg xx，所以()g x在(0,)上单调递减，故 C 错误.对于 D，令()ee2xxf xx，则()ee2()xxfxxf x，所以ee2xxyx是奇函数.因为ee20 xxy，当且仅当0 x 时，取等号，所以函数ee2xxyx在R上单调递增，故 D 正确.故选 D.5B【解析】根据题意，1000,50，(9501100)PX(2)PX1(2PX)1(22)2PX110.68270.95450.818622，所以 300 天内每天包子的销量约在950 1100到个的天数大约为3000.8186246故选 B.6A【解析】令1n，得11362aa，解得16a 由632nnSa，得11623nnSa，两式相减，整理得12nnaa，所以数列na是以 6 为首项，2为公比的等比数列，所以16(2)nna，所以6 1(2)1(2)nnS 2 1(2)n，所以55452(12)116(2)16Sa 故选 A 7A【解析】设1|MFm，2|MFn，椭圆 C 的半焦距为 c，则2mna，24mnc，所以224ac 数学 全解全析及评分标准 第 2 页（共 14 页）22()()22mnmnmn2()ma因为acmac，所以22224()0,acmac，即22245cac，则21154e，所以5152e故选 A 8B【解析】（1）先比较,a b：0.40.40.40.6ee(1lne)a，2ln42(1ln2)b，可以构造函数()(1ln)f xxx，则0.4(e)af，(2)bf 对()f x求导，得()lnfxx，当(1)x,时，()0fx，()f x在(1)，上单调递减 00.40.51 eee2，0.4(e)(2)ff，即ab（2）再比较,b c：4ln4e42ln2ebc 可以构造函数()2lneg xxxx，则()1lng xx，当(0,e)x时，()0g x；当(e,)x时，()0g x，()g x在(0e)，上单调递增，在(e)，上单调递减，max()(e)0g xg，(2)0g，0bc，即bc（3）最后比较,a c：0.4(10.4)ee2ac，可以构造函数()(1)ee2xh xx，则()exh xx，当(0,1)x时，()0h x，()h x在(0,1)上单调递减 又0.5(0.5)0.5ee2h，且0.5e1.6，(0.5)0h，(0.4)(0.5)0hh，0ac，即ac 综上得，acb故选 B 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分 9AB【解析】对于 A，设甲同学的竞赛成绩为x，则1(80848690)875x，解得95x 故 A正确 对于 B,这 5 名同学竞赛成绩的方差2221(8087)(8487)5s 22(8687)(9087)2(9587)数学 全解全析及评分标准 第 3 页（共 14 页）26.4，故 B 正确 对于 C，因为540%2，所以这 5 名同学竞赛成绩的第 40 百分位数是1(8486)852故 C 错误 对于 D，竞赛成绩高于平均成绩的有 2 人，所以从这 5 名同学中任取一人，其竞赛成绩高于平均成绩的概率为20.45P 故 D 错误 故选 AB 10AC【解析】对于 A，因为75BAD，点 B 位于点 A 的南偏西 45的方向上，所以60,120,45ADBADCB .又120,100m,AECADCCDCEACAC,200mAE,在,AECADC中，2222cos120ACAECEAE CE，222ACCDAD 2cos120AD CD，所以200mADAE.故 A 正确 对于 B，ADC的面积为2113sin200 1005000 3(m)222ADCDADC.故 B 错误 对于 C，在ABD中，由正弦定理，得sinsinABADADBB，解得3200sin2sin22ADADBABB 100 6(m).故 C 正确 对于 D，过点 A 作 AGBC 于点 G，易知30DAG，所以30.CAG故 D 错误 故选 AC 11ACD【解析】直线l：20mxym可化为(1)2ym x，则直线 l 过定点(1,2)P，故 A 正确 由题意,知圆 C 的半径 r=3，ABC的面积219sinsin22SrACBACB，当2ACB时，ABC的面积取得最大值，此时圆心C到直线l的距离为3 22，则2|2|3 221mm，解得1m 或17m ，故B 错误 21|cos|2AC ABABACBACAB ，当PCl时，弦长AB最短，为 4，此时AC AB 的最小值为8，故 C 正确 当P不是AB的中点时，设线段AB的中点为Q，由垂径定理知PQCQ，则Q在以PC为直径的圆（除去P点）上，当P是AB中点时，Q与P重合.故 D 正确 故选 ACD.12AC【解析】易证四边形 ABCO 为菱形，所以BOAC.连接PO，因为2PAPD，所以POAD.因为平面PADABCD 平面，平面PAD 平面 数学 全解全析及评分标准 第 4 页（共 14 页）ABCDAD，POPAD 平面，所以DOBCPA 平面.因为AC 平面ABCD,所以POAC.又POOBO，所以ACPOB 平面.又BPPOB 平面，所以ACBP，故 A 正确.易证AOE为等腰直角三角形，AOB为等边三角形，且平面PADABCD 平面，所以三棱锥BAOE外接球的球心为等边三角形AOB的中心，所以三棱锥BAOE外接球的半径为3,3所以三棱锥BAOE外接球的体积为3434 3()3327V，故 B 错误.因为PDOE，所以CPD为异面直线 PC 与OE所成的角（或其补角），因为221,POPDOD 所以222PCPOOC.在PCD中，由余弦定理，得2213cos4222CPD，故 C 正确.因为DOBCPA 平面，所以 OQ 为 PQ 在平面ABCD内的射影，若直线PQ与平面ABCD所成的角为60，则60.PQO因为1PO,所以33OQ，故点 Q 的轨迹为以 O 为圆心，33为半径的半圆，所以点Q的轨迹长度为33，故 D 错误 故选 AC.三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13165【解析】由二项式定理，得5(3)x的展开式的通项为515C(3)rrrr+Tx，所以在5(21)(3)xx的展开式中，4x的系数为2211552C(3)C(3)165 故填165 142 2yx 【解析】设双曲线 M 的半焦距为 c，由双曲线的定义，知1212|1|3PFPFFF，即2123ac，所以3ca，所以222 2bcaaa，所以双曲线 M 的渐近线方程为2 2yx 故填2 2yx 15(,)3 2 【解析】因为()sin()6f xx，所以()sin(2)3g xx，202323()sin232g，()g x 2023()02g可化为3()02g x，所以3(),2g x 令2222333kxk，k Z，得3k ,2xkk Z，当0k 时，不等式2023()()02g xg在区间0,内的解集为(,)3 2 故填(,)3 2 数学 全解全析及评分标准 第 5 页（共 14 页）163【解析】因为()exfxaa，()e1xg xx，存在0t，使得()()f tg t，所以(e1)e1ttat.因为0t，所以e10t，所以方程e11e1e1tttttat 有解.令1()(0)e1xxG xxx，则22e1(1)ee(e2()()1e1(e1)xxxxxxxxG x ，令()e2()0 xh xxx，则()e10 xh x 恒成立，所以()h x在(0,)上单调递增.因为(1)e30h，2(2)e40h，所以存在唯一一个0(1,2)x，使得0()0h x，所以当0(0,)xx时，()0h x，()0G x，当0(,)xx时，()0h x，()0G x，所以()G x在0(0,)x上单调递减，在0(,)x 上单调递增，所以00min001()()e1xxG xG xx.由00e20 xx得00e2xx，所以000001()1(2,3)21xG xxxx，故实数a的最小整数值为 3故填 3.说明：第 14 题答案写成2 2yx或2 2yx，不扣分，如果只写出其中一个，不给分.第 15 题答案写成|32xx，不扣分.四、解答题：本题共 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（10 分）【解析】（1）因为向量(cos)A,am，(2cos3cos,32),CB bcn且mn，所以(32)cos(2cos3cos)bcAaCB.（2 分）由正弦定理，得(3sin2sin)cossin(2cos3cos)BCAACB，即3cossin2cossin2sincos3sincosABACACAB，也即2(sincoscossin)3(sincoscossin)ACACABAB，（3 分）所以2sin()3sin()ACAB，所以2sin3sinBC.（4 分）数学 全解全析及评分标准 第 6 页（共 14 页）由正弦定理，得23bc，所以32bc.（5 分）（2）因为23,32bAc 所以ABC的面积213 32 3=sin,283SbcAc所以4,23cb.（7 分）由余弦定理得，22222762cos,9abcbcAbcbc 所以2 193a.（10 分）说明：1.第（1）问另解：因为向量(cos,)A am，(2cos3cos,32)CBbcn且mn，所以(32)cos(2cos3cos)bcAaCB.（2 分）由余弦定理得222222222(32)(23)222bcaabcacbbcabcabac，（3 分）即2222222222()3()(32)22bcac abcb acbbcbcbc，所以222222222(32)()2()3()bc bcac abcb acb，得2222222222223()2()b bcaacbc abcbca，（4 分）即223222bccb，即32cb，得32bc.（5 分）2.第（1）问中，缺“即3cossin2cossin2sincos3sincosABACACAB”不扣分，第（2）问，由三角形面积求出43c，给 1 分，进而求出2b，给 1 分，正确写出余弦定理，给 2 分，求出2 193a，给 1 分.18（12 分）【解析】（1）由13223,aaa得222232qq，解得2q 或1q（舍去），（2 分）所以1222nnna.（3 分）3(3)(1)5nbnbn.（4 分）数学 全解全析及评分标准 第 7 页（共 14 页）（2）设22(5)(1,2,3,)2nnkkkkbkhkna，令1+12(5)2(6)222(5)2(4)22nnkknnkkkkkk，解得67k，故当6k 或7k 时，kh最小，最小值为62n，所以61322312222min,2nnnnnnnnbbbbcaaaa，（6 分）所以62nnncn ，所以5436(1 2223 22)nnnS ，4325(1 2223222)nnSn ，（8 分）两式相减，可得 54365(22222)nnnSn（9 分）552(12)212nnn，（11 分）所以55(1)22nnSn.（12 分）说明：第（2）问，能列出不等式组“1+12(5)2(6)222(5)2(4)22nnkknnkkkkkk，”不论是否求出“67k”，都给 1 分，求出62nnc，给 1 分，nS的表达式写为“(1)2132nnnS”或“(1)213232nnnS”不扣分.19（12 分）【解析】（1）因为12BBBM，所以 M 为1BB的中点，所以12BMB M.又三棱柱111ABCA BC是直三棱柱，112BCBC,所以1145C MBCMB,所以190,CMC所以1C MCM.（2 分）因为1CCAC，1,ACBC CCBCC，1,CC BC 平面11BCC B，所以AC 平面11BCC B.（3 分）又1C M 平面11BCC B，所以1ACC M.因为CMACC，,CM AC 平面AMC,所以1C M 平面AMC.因为1C M 平面11AMC，所以平面11AMC 平面AMC.（4 分）数学 全解全析及评分标准 第 8 页（共 14 页）（2）过点 P 作PHBC于点 H，可得1PHB B，所以点 P 到平面11A ABB的距离等于点 H 到平面11A ABB的距离，过点 H 作HQAB于点 Q，由面面垂直的性质定理可得，HQ 的长度为点 H 到平面11A ABB的距离，所以 HQ=22.因为点 C 到直线 AB 的距离为2，所以 H 为线段 BC 的中点，所以 P 为线段1C M的中点（6 分）以 C 为坐标原点，1,CA CB CC所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,2),(0,0,4),(0,1,3)CAMCP，所以(2,1,3)AP ,(2,0,0)AC ,(2,2,2)AM ，（7 分）设平面 APC 的法向量为111(,)x y zm，则0,0APAC mm即1111230,20 xyzx则10 x，令11z，得13y ，所以(0,3,1)m是平面 APC 的一个法向量.（8 分）设平面 APM 的法向量为222(,)xyzn，则0,0APAM nn即222222230,2220 xyzxyz令21y，得22x，21z.所以(2,1,1)n是平面 APM 的一个法向量.（9 分）设平面 APC 与平面 APM 的夹角为，则|215cos|15106m nmn，所以平面 APC 与平面 APM 夹角的余弦值为1515.（12 分）数学 全解全析及评分标准 第 9 页（共 14 页）说明：1.第（1）问另解：因为12BBBM，所以 M 为1BB的中点，所以12BMB M.又三棱柱111ABCABC是直三棱柱，112BCBC，所以1145C MBCMB,所以190CMC，所以1C MCM.（2 分）在RtABM中，22222222222212AMABBMACBCBM，在11RtBC M中，222221111228C MC BB M，连接1AC，在1RtACC中，22222112420ACACCC，（3 分）所以21AC 221C MAM，所以1C MAM.又AM，CM 平面AMC，CMAMM，所以1C M 平面AMC.因为1C M 平面11AMC，所以平面11A MC 平面AMC.（4 分）2.第（2）问的 6 分处，可以这样证明：过点 P 作PHBC于点 H，可得1PHB B，所以点 P 到平面11A ABB的距离等于点 H 到平面11A ABB的距离，过点 H 作HQAB于点 Q，则22HQ.因为45ABC，所以22QB，所以在等腰直角三角形BQH中，1HB，所以H为线段BC的中点，所以 P 为线段1C M的中点（6 分）3.7 分处，由于点的坐标和向量较多，全对给 1 分，有错误的不给分.4.两个法向量(0,3,1)m，(2,1,1)n，正确一个给 1 分，5.1515写成115不扣分.20（12 分）【解析】（1）由题知，随机变量X的可能取值为 0，1，2，3，5，1455C(23 3)4411(0)A12030P X，（2 分）1555C9453(1)A1208P X，（3 分）数学 全解全析及评分标准 第 10 页（共 14 页）2555C2201(2)A1206P X，（4 分）3555C1101(3)A12012P X，（5 分）5511(5)A120P X，（6 分）则X的分布列为 X 0 1 2 3 5 P 1130 38 16 112 1120（7 分）则113111()012351308612120E X （8 分）（2）设A“其中的 3 位专家坐错位置”，B“恰有 2 位专家坐对位置”，11109()1(3)(5)112120120P AP XP X ，（9 分）1()(2)6P ABP X，（10 分）则1()206(|)109()109120P ABP B AP A 所以所求概率为20109.（12 分）说明：说明：1.随机变量X的可能取值，全部正确，给 1 分，有错不给分，5 个概率正确一个给 1 分.21（12 分）【解析】（1）由2222(4)12ypxxy，得2(4)212xpx，即2(82)40 xp x.（2 分）由对称性可得关于x的方程有两个相等的正的实数根，所以2(82)160p，且820p，解得2p，（3 分）所以抛物线C的方程为24yx（4 分）（2）如图，由题意，知直线AB的斜率不为 0，故设直线AB的方程为4xmy，（5 分）11(,)A x y，22(,)B xy，33(,)P x y，44(,)Q xy 将直线AB的方程代入圆E的方程中，消去x，得22(1)12my，（6 分）数学 全解全析及评分标准 第 11 页（共 14 页）所以22121ym，所以21yy，且22122121yym（7 分）直线OA的方程为11yyxx，代入抛物线方程24yx，消去x，得 2114xyyy，解得114xyy或0y，所以1314xyy（8 分）同理，得2424xyy，（9 分）所以1121212234121|sin|2144|sin|2OAOBAOBSyyyyOAOBxxSOPOQyyOPOQPOQyy2212121212()()16|16|(4)(4)|y yy yx xmymy 21221212()16|4()16|y ym y ym yy222122212212()()11216|16|16|()16|1y ymm y ymm 22229954(1)(4)4()92mmm，所以当0m 时，12SS取得最大值，为916（12 分）说明：1.第（1）问，漏掉“820p”，得到2p 或6p，扣 1 分，2.第（2）问中，7 分处，“设直线AB的方程为4xmy”给 1 分；“11(,)A x y，22(,)B xy”给 1 分，“33(,)P xy，44(,)Q xy”给 1 分；“1314xyy”处给 1 分；“2212121 212()()16|16|(4)(4)|y yy yx xmymy”处给 1 分；数学 全解全析及评分标准 第 12 页（共 14 页）“22229954(1)(4)4()92mmm”给 1 分.22（12 分）【解析】（1）()f x的定义域为R，()(e1)xfxxax，()e1(0)xg xaxx，2()e1ag aa（1 分）令2()e1(0)xh xxx，则()e2xh xx 令()e2(0)xxx x，则()e2xx（2 分）由()0 x，得ln2x，当(0,ln2)x时，()0 x；当(ln2,)x时，()0 x，()x在(0,ln2)上单调递减，在(ln2,)上单调递增，当(0,)x时，()(ln2)22ln20 x，即当(0,)x时，()0h x，()h x在(0,)上单调递增 0a，()(0)0h ah，当0a 时，()0g a 恒成立（4 分）（2）由（1）知，()(e1)xfxxax 设()e1xm xax(xR)，则()exm xa 当0a 时，()0m x 恒成立，()m x在R上单调递增(0)0m，当(0)x，时，()0m x，从而()0fx；当(0)x，时，()0m x，从而()0fx 又(0)0f，x R，都有()0fx，()f x在R上单调递增，此时()f x无极值（5 分）当0a 时，由()0m x，得lnxa，当(ln)xa，时，()0m x；当(ln)xa，时，()0m x，()m x在(,ln)a上单调递减，在(ln,)a 上单调递增，当lnxa时，()m x取得最小值，且最小值为(ln)ln1maaaa（6 分）令()ln1F xxxx(0 x)，()lnF xx，当(01)x,时，()0F x；当(1,)x时，()0F x，()F x在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减(1)0F，当(0,)x时，()0F x，数学 全解全析及评分标准 第 13 页（共 14 页）即当0a 时，(ln)ln10maaaa(当且仅当1a 时等号成立)（7 分）（i）当1a 时，(ln)(0)0mam，且当0 x 时，都有()0m x，(0)0f，且当(,0)x 时，()0fx；当(0,)x时，()0fx，()f x在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增，()f x在0 x 处取得极小值，符合题意.（8 分）（ii）当01a时，ln0a，且(ln)0ma 11()e0ama，(0)0m，()ym x的图象大致如图（1）由函数的单调性及零点存在定理，得在1(ln)aa，内存在唯一的实数1x，使得1()0m x，当1(,)xx 时，()0m x，从而()0fx；当1(,0)xx时，()0m x，从而()0fx；当(0)x，时，()0m x，从而()0fx，()f x在1(,)x上单调递减，在1(,)x 上单调递增，()f x在1xx处取得极小值，符合题意.（10 分）（）当1a 时，ln0a，且(ln)0ma (0)0m，由（1）知，()0m a，()ym x的图象大致如图（2）数学 全解全析及评分标准 第 14 页（共 14 页）由函数的单调性及零点存在定理，得在(ln,)a a内存在唯一的实数2x，使2()0m x，当(,0)x 时，()0m x，从而()0fx；当2(0,)xx时，()0m x，从而()0fx；当2(,)xx时，()0m x，从而()0fx，()f x在2(,)x上单调递减，在2(,)x上单调递增，()f x在2xx处取得极小值，符合题意 综上，当()f x存在极小值时，a的取值范围为(0,)（12 分）说明：1.第（1）问，“()h x在(0,)上单调递增”处给 1 分；2.第（2）问没有作出两个函数的图象，不扣分；若只有结果：“a的取值范围是0a”，而没有过程，给 1 分；在（i）（ii）（iii）这三类讨论中，若出现错误，则该类讨论不给分.