《安徽省马鞍山市2023届高三二模数学试卷含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省马鞍山市2023届高三二模数学试卷含答案.pdf（7页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023 年高三二模参考答案 数数 学学 本试卷 4 页，满分 150 分。考试时间 120 分钟。一、选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1选 D 2选 C 3选 B 4选 B 5选 A 6选 D 7选 B 8选 C 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。9【答案】选 BCD 10【答案】选 ABC 11【答案】选 BD 12【答案】选 ABD 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共
2、 20 分。13【答案】212 14【答案】2 3 15【答案】20 16【答案】313 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【解析】（1）设数列 na的公差为d，由123,a a S成等比数列，得2132=a Sa即233(1)dd+=+，解得2d=或-1，当1d=时20a=不合题意，所以2d=，即21nan=；（5 分）（2）由（1）得2nSn=所以21111412 2121nbnnn=+所以1111111111=21335212+122+121nnTnnnn=+=+（10分）18【解析】（1）由题设得2cos3coscosbcAacBa
3、bC，由余弦定理，22222222223222bcaacbabcbcacabbcacab，整理得223bc，所以3bc （6 分）（2）由（1）知3bc，由余弦定理得22(3)422cos4ccc，解得1022c，故ABC的面积为12512 sin2422cc （12 分）19【解析】（1）由题知，列二联表，如下图 汽车流量大于等于 1500 辆 汽车流量小于 1500 辆 合计 2.5PM大于等于 75 7 4 11 2.5PM小于 75 1 8 9 合计 8 12 20 222()20(7 84 1)5.693.841()()()()11 9 8 12n adbcab cd ac bd =
4、+，依据小概率值0.05=的独立性检验，可以认为车流量大小与空气污染有关联（5 分）（2）由题知，20112022221127.81770()()202680.48202020116.1927.840.53720()()20niiiiiiniiiixx yyx yxybxxxnx=，177027.8116.1973.002020ayb x=，故2.5PM浓度关于汽车流量的经验回归方程为116.1973.00yx=（12 分）20【解析】（1）设线段AC中点为E，连接BE，PE，由ABBC=及PAPC=得BEAC且PEAC，又BEPEE=，所以AC 平面PBE，又PB 平面PBE，所以PBAC
5、（5 分）（2）过点P作PO垂直直线AD于点O，则3PO=，因为平面PAD 平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD=，POAD及PO平面PAD，所以PO 平面ABCD，连接OC，由5PAPC=，3PO=，易知4OAOC=，所以四边形ABCO是菱形，因为90DAB=，所以四边形ABCO是正方形，且,OA OC OP两两互相垂直，以O为空间直角坐标系原点，分别以OC，OA，OP方向为x轴正半轴，y轴正半轴，z轴正半轴，建立如图空间直角坐标系 设ODa=，则(0,0,3)P，(0,0)Da，(4,4,0)B，(4,0,0)C，即()0,3PDa=，()4,4,3PB=，()0,4,0BC=，()4
6、,0,3PC=，设平面PBD的法向量为()111,mx y z=，则0m PD=，0m PB=，得1144axy=，113azy=；不妨取11y=，则4,1,43aam=，同理可得平面PBC的一个法向量41,0,3n=，由平面PBD 平面PBC得0m n=，所以3625a=，即366442525AD=（12 分）21【解析】（1）由题意知22 3c，62ca，222cab，解得2,1ab，所以双曲线C的方程为2212xy （4 分）（2）由题意可知直线PQ斜率存在，设其方程为ykxm，与2212xy联立，得222(12)4220kxkmxm，设11(,)P x y，22(,)Q xy，则212
7、1222422,1212kmmxxx xkk，（6 分）由12122kkk k得12121212111122222yyyyxxxx，即1212121212(1)(2)(2)(1)2(1)(1)(2)(2)(2)(2)yxxyyyxxxx，即121212(1)(2)(2)(1)2(1)(1)kxmxxkxmkxmkxm，即2212121212122(1)()2()4(1)22(1)()2(1)kx xmxxk xxmk x xk mxxm，将2121222422,1212kmmxxx xkk代入上式并整理得22210mkkm，（9 分）即(1)(1 2)0mmk，故1m或1 2mk 当1m时，直
8、线PQ方程为1ykx过定点(0,1)；当1 2mk时，直线PQ方程为(2)1yk x过点M与题意矛盾 综上，直线PQ过定点(0,1)（12 分）22【解析】（1）由题，1()2lng xxxx=+，定义域为(0,)+，因为22121()1(1)0g xxxx=+=，所以函数()g x在区间(0,)+上单调递减（3 分）又(1)0g=，故函数()g x的零点为1 （5 分）（2）由（1）可知1x 时，()0g x，即12ln(1)xxxx，因此1ln2ln(1)xxxx xx=，进而4ln2ln22(1)xxxx x=注意到，当0k 时，12kxx等价于232()xk，442kxx等价于48()xk，于是，对于任意的正实数k，取243024max(),(),1xkk=，则当0(,)xx+时，有 41142ln()22kkk xxxxxf xxx=+=，即证 （12 分）