2023年普通高等学校招生“BG杯”线上统一模拟考试Ⅱ含答案.pdf
绝密启用前绝密启用前 试卷类型：试卷类型：A数学试题 第 1 页（共 5 页）2023 年普通高等学校招生“BG 杯”线上统一模拟考试 数 学 2023.7.30 本试卷共 5 页，22 小题，满分 150 分。考试用时 120 分钟。祝考试顺利注意事项：1.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案写在答题卡各题目指定区域的相应位置，若无法打印答题卡，需标清题号作答在白纸上。2.考生务必在规定时间内在“雨课堂”提交答案，上传的图片需要保证完整、清晰。一、选择题：本题共选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分。在每小题给出的四个选项中，只有。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。一项是符合要求的。1.集合()*,1|xAyyxx y=N，()8,|1,Bx yxyx y=N，则AB的子集个数为A.8B.6C.4D.22.已知复数z满足()222i zii+=+，则z=A.4B.5C.6D.73.已知梯形ABCD的四个顶点共圆，存在一个120的内角，且上底与下底的长度之和等于两腰长度之和，若下底CD的长度为6，则CA CB=A.16B.20C.24D.364.已知()21mx+各二项式系数和为128，其第k项系数最大，则k=A.2B.3C.4D.65.下列函数中，图像与2xxyee=+在()0,x+部分关于yx=对称的是A.()23ln 32yxx=+B.21yex=+C.()21lnyxx=+D.()251ln xxy=+6.有 5 个男孩和 5 个女孩手拉手围成一圈，恰好有 3 人没能拉到异性的手的概率为A.1063B.532C.2063D.114数学试题 第 2 页（共 5 页）7.直线PA，PB，PC两两垂直，平面ABC与平面PBC，平面PAC，平面PAB所成角分别为1，2，3，则123coscoscos的最大值为A.39B.3C.63D.1058.已知C在x轴上，,A B在24yx=上，38ACB=，ABAC，则C横坐标最小值为A.122B.12C.322D.21 二、选择题：选择题：本题共本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2 20 0 分。在每小题给出的四个选项中，分。在每小题给出的四个选项中，有多有多项符合题目要求。全部选对的得项符合题目要求。全部选对的得 5 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 2 分，有错选的得分，有错选的得 0 0 分。分。9.为促进全国各地广大高中生交流学习，互帮互助获得优质学习资源，创建了“985、211 上岸群”，群内汇集了五湖四海爱学习的同学，已知河北的人数是福建的四分之一，河南的人数是河北的三倍，山西是河南人数的六分之一且为60人，按分层抽样的方法抽取群内河北、山西、福建、河南四省的同学17人，则下列说法中正确的有A.抽取河南的同学为7人B.群中河北的同学有150人C.抽取福建的同学为8人D.群中山西和河北的同学共有180人10.函数()fx的定义域为N，对定义域内任意的12,x x，都有()()()()12120 xfxxf x，若()()4ff xx=，则一定不存在一定不存在()fx使得A.()01f=B.()12f=C.()38f=D.()513f=11.已知等式1niixac=+=，则下列说法中正确的有 A.当121,22,5,anca=时，3x=B.当1222,1,naa=时，3c C.当1232,1,43,naaa=时，6c D.若()*1222,knk kaaa=N，当1,kkxa a+时，c取到最小值12.已知21nnnakaba+=，,k bR，2nnaa+，设12,x aya=，则下列说法中正确的有 A.若,p q为非零整数，2112nnnpaqaa+为常数列，则pq，1b=B.若2,1kb=，则()21nanynx+=+C.若24kb，则1122nnnat dtd=+，其中12,t t是常数，12,d d是20kdbd+=的两根D.若6,1,1,2kbxy=，则178nnaa+与174nnaa+各项都是完全平方数数学试题 第 3 页（共 5 页）三、填空题：填空题：本题共本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2 20 0 分。分。13.圆锥的母线长为6，高为3，其体积为_；过圆锥顶点截圆锥所得的平面图形最大面积为_（第一空 2 分，第二空 3 分）.14.已知定义在0,3上的函数()()0cosf xx=，当()3f取得最大值时，()1f的可能取值集合为_.15.已知函数数列()nfx满足()21fxx=，()()12nnfxfxx+=+，若()20230kfx+=存在实数根，则k的取值集合为_.16.已知椭圆()222:10 xyaa+=，该椭圆的圆周椭圆的圆周绕点30,2T旋转一周形成的轨迹图形的面积为83，则a的取值范围为_.四、解答题：本题共解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.（10 分）在ABC中，,a b c的对角分别为,A B C，其中n2sinsi3cosABC=，2c=；（1）求tantanAB（2）若22ab+=，求ABC的面积18.（12 分）空间中有一个平面和两条直线m，n，其中m，n与的交点分别为A，B，记1AB=，设直线m与n之间的夹角为3，（1）如图 1，若直线m，n交于点C，求点C到平面距离的最大值；（2）如图 2，若直线m，n互为异面直线，直线m上一点P和直线n上一点Q满足PQ，PQn且PQmi.证明：直线m，n与平面的夹角之和为定值；ii.设PQd=()01d，求点P到平面距离的最大值（用d表示）图 1 图 2 数学试题 第 4 页（共 5 页）19.（12 分）正项数列 na的前n项积为nt，nt的前n项积为nT，已知nnta是公差为1的等差数列.（1）求数列 na的通项公式（2）记数列2nnT的前n项和为nS，证明：74nS 20.（12 分）已知函数()22ln1xf xx=+（1）求()fx的单调区间（2）若()f xax对定义域内任意的x都成立，求a的取值范围21.（12 分）已知0a，()()2220:yrCxar=+，直线l（不与y轴垂直）过点C交C于,A B两点，()()2,0,2,0EaFa，AE交BF于点Q（1）求点Q的轨迹方程（用含,a r的式子表示）（2）若所在的圆与C相切，M为上一点，MP，MN为C的两条切线，试求MNPS的取值范围（用含a的式子表示）数学试题 第 5 页（共 5 页）22.（12 分）近日，烈日炎炎，麦当劳推出了 13.9 随心配套餐，该套餐由主食和甜品两部分组成。主食有汉堡，鸡肉卷，麦片。甜品共五种。该套餐目前备受好评，吸引了许多人前往食用。假设每名顾客选取各主食、甜品的概率相同且概率相互独立。（1）现在，有两名顾客前往麦当劳用餐。求两名顾客点到完全相同套餐的概率。（2）如果一名顾客食用了某一种主食，则他下次继续吃这种主食的概率为14，吃另外两种主食的概率相同。该顾客第一次选择了汉堡。求该顾客吃第n次吃汉堡的概率，并比较第十次吃到汉堡10p和第十次吃到鸡肉卷10q的大小。（3）为尽可能调查顾客对套餐的喜爱程度。麦当劳共召集了n名顾客，并选出k名 a 类顾客和k名 b 类顾客（同一人可同时作为 a，b 两类顾客），记被分类的顾客数目为X。求使()P XA=取得最大值时A的取值。2023 年普通高等学校招生“BG 杯”线上统一模拟考试 数学参考答案 选择题、填空题（共 80 分）：1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 D B B B C A A A CD ACD BC BCD 13.27，1814.1,1215.|14kkZ16.315,11,33选择、填空选择、填空解析：解析：【第一题解析】本题考察集合相关概念的定义。()()()()()()1,18,2,9,3,6,6,3,9,2,18,1B=，满足1yx的有3个元素，子集个数为328=。选 D 项。【第二题解析】本题考察复数相关概念的定义与复数的运算法则。22243iiizi+=，22345z=+=，选 B 项。【第三题解析】本题考察平面向量基本知识。由共圆可知该梯形等腰，延长DA，CB交于E，作BFAE，设ABx=，则()62 6xx+=，解得2x=，由数量积定义，即求20DA DF=，选 B 项。【第四题解析】本题考察二项式定理。2128m=，7m=，77172rrrrTCx+=，设最大项为1rT+，则1rrTT+，12rrTT+故71877715772222rrrrrrrrCCCC+，即215871212338rrrrrr+=，所以第 3 项，选 B。【第五题解析】本题考察图像变换与代数变形。令xet=，则12ytt=+，解得21tyy=，()21lnxyy=，由于()0,x+，故答案为()21lnyxx=+，选择 C 项。【第六题解析】本题考察排列计数与逻辑推理。男生和女生将一个环分成了若干段，其中邻段之间的性别不同，每段两端的人能够拉到手。特殊的，若某一段只有一个人，那么只有一个人能够拉到手。并且由于是环，男生的段数等于女生的段数，故段数为偶数。因为有 7 个人拉到手了，那么可能为 1 段一个人和3 段多个人或 5 段一个人和 1 段多个人。但是后者不成立，因为一定有一个性别的人被分成了三段一个人，但是总共却有五个人。故一定为 1 段一个人和 3 段多个人。枚举一个人的那一段的性别，2 种方案；他的左边站着 2 或 3 个异性，右边站着剩下的，2 种可能，剩下的 4 个同性一定站在一起。每个人是不同的，故一共有54542 25AA 种方法。又因为一共有1010!109A=种方案，793!20 5!4!20 241068 96P=，选 A 项。【第七题解析】本题考察空间向量与不等式。设平面ABC的一个法向量为(),zn x y，不妨设1xyz=，代求式化为()()1.51.52222223339xyxzyzyzx y zx=+（均值不等式），选择 A 项【第八题解析】本题考察解析几何、导数、三角函数相关知识。设123,tan88tanxx=，121211xxx x=+，121x x=，得112x=+设()()224,4,44,AttBttkm kn+，其中38tank=则()2,44n mtCt，故4mt=，因为B，所以()()22444kmkntt=+，得()282kntn=+，即求()()42221462nkfntnnn=+，求导得()()()2331824k nnfnn+=，令其为0，得()()3230482k nnn+=，解得2 2n=或2 2 1n=（舍），代入得到最小值为122选择 A 项【第九题解析】本题考察抽样调查相关知识。根据比例关系，山西 60 人，河南 360 人，河北 120 人，福建 480 人。（哪有这么多）分层抽样，河南抽取66036011200367480=+人，福建抽取86036011200487480=+人。本题选 CD。【第十题解析】本题考察抽象函数与其应用。由()()4ff xx=，故()f x N，若()()1f xf x=，则()()()()4144ff xxff xx=，不可能，故()()1f xf x，()fx单调递增，由定义，()()()000fff=，又因为()00f，故()00f=。选择 A。构造()2f xx=显然成立，排除 B。若()31f，则()()()431fff=，故()()123ff，与()31f矛盾，若()11f=，则()()411ff=，矛盾，故()12f=；故()()()214fff=，()()()248fff=，故()38f，选择 C。若()513f=，则()()()13520fff=，因为()()()8416fff=，()()852113ff+=，矛盾，故选择 D，本题选 ACD。【第十一题解析】本题考察不等式。设1iiaa+，D 项：当2n=时，由三角形不等式1212aaaxxa+，成立 故(),2,1,tk tkttakxxaaa t+=+，当且仅当,t ktxaa+成立。对于2,1,kt=，不等式相加可得122121kkkkaaaacaa+当且仅当1,kkxaa+成立。故 D 项错误，B 项正确。C 项，641621xxxx+，当且仅当1x=时取等，正确。A 项，2x=时也成立，错误。本题选 BC。【第十二题解析】本题考察数列。A 项，2221211nnnnnnnpqapa aqka aq aab+=是常数，得2221111nnnnnnnnpqka aqbapaqkabaaq a+=+即()()22211110nnnnnnpaqbaqbkaaaqp a+=若,1pq b=，则有()()()111111nnnnnnnp aaqkaaaaa+=由于11nnaa+，得()110nnnpkaap a+=，即110nnnaaka+=，A 项错误B 项，211nnnnaaaa+=，得21121nnnnaxaaaaay+=累加得()()211naayxn+=+，()21nanynx+=+，B 项正确 C 项，由题，1212,dk d dbd+=()()211211221112nnnnnnnnd addaad addaaaa+=，相减得()()()211221 11221nnndaaaddaddd a+=故1121 121122222122121nnnd ad adddd dddadaa+=+，21212121dtaad dd=，21 122212tad add d=，C 项正确 D 项，因为1b=，216nnnaaa+=，由 A 项分析，212nnnaaa+为常数列 易得221167nnnnaa aa+=左右加上18nna a+得()21187nnnnaaa a+=，左右加上14nna a+得()21147nnnnaaa a+=D 项正确，选 BCD。【第十三题解析】()22212733Vr hlhh=，截面是顶角为()0120，腰为6的等腰三角形，90=时面积取得最大值18【第十四题解析】本题考察三角函数的周期性和三角恒等变换的性质和运用，思路：(3)cos31f=，取最大值时32()kk=，则2()3kk=，2(1)cos3kf=，32()knn=时，441(1)cos(2)cos()332fn=，31()knn=时，221(1)cos(2)cos()332fn=，3()kn n=时，(1)cos21fn=，于是(1)f可取值 1 和12【第十五题解析】本题考察数列与函数相关知识。设()2nnnxfxa xb=+，由()()12nnfxfxx+=+，得11221,nnnnabab=+，110,1ab=故112,21nnnnba=，()()121221nnnxxfx=+，其最小值()2111202232nn+令12nt=，则2809410tt+，当132819214,nt=时，()280941809410tttt+=+，成立；当13n 时，()280941809410tttt+=+，综上，k的取值范围为|14kkZ【第十六题解析】本题考察二次函数、解析几何、分类讨论。对于任意一个平面图形，绕某点P旋转一圈，则上每一点A都会形成一个圆，若PA的值域为12,r r，则会形成一个圆环，外径为2r，内径为1r。故对于椭圆上任意一点(),A x y，设()0,Pt，则()()()222222212PAxytaytytag y=+=+=，（视为关于y的函数）。问题转化为求其在1,1最大值与最小值之差M。其对称轴为21xta=。当01a时：对称轴大于0，开口向上，最大值一定在1处取，即()21t+；若211ta，最小值为22221ttaa+；否则取右端点，为()21t。只需定性分析，M在20,1a是关于t的二次函数，在)21,a+为4t，是一次函数 同理，1a 时，M在20,1a是关于t的二次函数，在)21,a+是一次函数。二次函数的那一段一定大于4t，原因是()g y不单调，极差一定大于端点函数值之差。由分析可得，23t=时，有4Mt=，是在一次函数这一段，得21523a，即31533a由于是椭圆，故答案为315,11,33解答题（共 70 分）：17.（10 分）（1）由n2sinsi3cosABC=得()()2sinsin3cos3cos3cosABCABAB=+即2sinsin3coscos3sinsinABABAB=即sinsin3coscosABAB=所以tantan3AB=（2）（法一）由224c2osababC=+，代入22ab+=得21cosCab=sinsin3tcoantanscosAAABBB=，即sinsincoscos2coscosABABAB=即cos2coscosCAB=故22222441244baababba+=，代入22ab+=，得85ab=故cos421151sin4abCC=，故11 81515sin22 555ABCSabC=（法二）因为2abc+=，即sinsin2sinCAB+=cos2 2sincos22222sinABABABAB+=整理得tantan32 222AB=，224tantan223tantan1ta122ntanABBABA=联立可得()3t2an2 521tan2AB+=，所以tan325C=，222tan151ttan2anCCC=所以22os1514,c s42in4abCabC+=，故85ab=，所以115sin25ABCabCS=18.（12 分）（1）设点 C 到平面的距离为 h，作CHAB于点 H，可知hCH，设CAb=，CBa=，在ABC中，由余弦定理可知：2222cos1ababACBAB+=，由于直线m与n之间的夹角为3，且它们交于点 C，则3ACB=，从而221abab+=，又22ababab+，则1ab（ab=时取等）；因为11sin22ABCSabACBAB CH=，所以3322CHab=，所以点 C 到平面的距离32h，其最大值为32；（2）（i）证：如图，过点 P 作直线ln，由题知直线 l 与平面必相交于一点，设其为点 D，连接 DA，DB，则 P，Q，D，B 共面，又PQ且DB，于是PQDB，又ln，则四边形 PQBD 为平行四边形，因为PQn且PQm，所以BDn且BDm，又lmP=，所以BD 平面 PAD，PHAD于 H，则PHBD，又ADBDD=，则PH，设PHh=，则 P 到平面的距离也为 h，且直线 m，n 与平面的夹角分别为PAH和PDH；由于直线 m 与 n 之间的夹角为3，则直线 m 与 l 之间的夹角也为3，则3APD=，于是23PAHPDHAPD+=，即直线 m，n 与平面的夹角之和为定值23；（ii）因为BD 平面 PAD，所以BDAD，由（i）问知DBPQd=，则ABD中，22221ADABBDd=，则21ADd=，又3APD=，由（1）问同法算得22333122dPHd=，即点 P 到平面距离 h 的最大值为()233(01)2df dd=，19.（12 分）（1）由题，()12nnnttn na=，11ta=故1ntn=+（2）()1,1!nnnTtn=+=+，由于()()1!1!11!nnnn=+()()()()()2!11!1!111!11!nnnnnnnnn+=+=，又20nnT，即证4n时，74nS()()1111111110!1!2!31!12!1!nSnnn=+！()()()11!1!1!111111110!2!31!2!nnnn+=+！()1111451!2!3!4!5!16!nn+()()11111111117171!2!3!4!4!5!5!61!441!nnn+=+20.（12 分）（1）()fx的定义域为()(),11,求导得()()2221211xxfxxxx+=+=+，令()0fx=，得121551,22xx=x()1,x1x()1,1x()21,x2x()2,x+()fx0+0+()fx故()fx的单调增区间为,1152和51,2；单调减区间为5,21 和11,52（2）因为22ln1xaxx+，构造()202ln1g xxxax=+，求导得()()22221122xa xaagxxxx+=+对于方程()()22220p xxa xa=+，()()222242008aaaa+=+=+设方程的两根为()1212,x xxx，由于()120p=，故121xx 可知()g x在()21,x单调递减，在()2,x+单调递增若20 x，则()()200g xg=，矛盾，故20 x=，得12202ax x=，2a=当2a=时，下证()0g x 恒成立，令()0gx=，得122,0 xx=x(),2 2()2,1()1,00()0,+()fx0+0+()fx极小值 极小值 故()()()min2,00ggxg=成立，综上，a的取值范围为221.（12 分）（1）（法一）设()()()1122,AxyByxQ x y，()112:2yxaxAEay=，()222:2yxaxBFay+=+联立得1212121222222yyyyxaxaxxaaxa=+，由于12120,2yxxay+=+=10y，约去得()()212122222axaaxaxxa x=+得1122,22xaxxxa+=，回代，()11112222,yyyayxxya=故()()()22222211440 xryayrxay+=+=（法二）设()()()00,Aat yBatyQ x y+，由C方程，2220try+=由于AQE共线：002223yyyxaxataayta=由于BQF共线：0022yyyxaxatayta+=+联立得0242223yxaxayttaaaa+=（差比定理），故02yy=又因为226,24xatatxa=+，故()()222404xyrya=+=（2）（法一）设()00,M xy，1d为C到直线NP的距离，2d为点M到直线NP的距离 22222221212122Sdrdr dd d=3ra=时，()()200:90NPxxayyaa+=+，()22200436ayxa+=()2122009dayxa=+,()2022200126aaxydxa=+，()22000216yaxaax=+()()()()32224222000222200091268162126672612121Saaaaaaaxaaxaaaxaxaxax=()010,2aax ，令()2201,260 72axtaa=32293atatS=+，令()3229tath t=+，()()2222712209h taatt tt=+故()20,16 2Sa当ra=时，同理可得，248 60,25aS（法二）设2NMP=，()22222212tan22tan1tantan1tansin2MNPrrSMN=+=关于单调递减，故关于MC单调递增 ra=时，(),5MCaa，,t6an12+，2480,625Sa3ra=时，()3,6MCaa，,t2an12=+，()20,16 2Sa22.（12 分）（1）1 113 515p=（2）设第n次是汉堡的概率为np，11p=()1113148nnnppp=+（2n）1111929nnpp=1811929nnp=+()1010107157,6421281ppq=，故1010pq（3）【该小问选自 2013 年安徽高考理科数学】（本题中 x表示小于等于x的最大整数）由于()min 2,Ak nk，写出()2kAA kkn kkknnCPCCXAC=当kAt时，()()1P XAP XA=+()()()212AknAkA+()2122knAk+，若()()22min 2,21kknkkn+当()21k+能被2n+整除时，()()222221112kktkkknn+，故()P XA=在()2122kAkn+=+和()21122kkn+取到最大值；当()21k+不能被2n+整除时，在()2212kkn+取到最大值 下证()2122ktkkn+，因为1kn，所以()()22011222knnnknk+=+故()2122nkkn+，显然()2122tkkn+综上，()2122kAkn+=+
