《2023届山西省际名校联考二（冲刺卷）数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届山西省际名校联考二（冲刺卷）数学试题含答案.pdf（13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届山西省际名校联考二（冲刺卷）2023届山西省际名校联考二（冲刺卷）秘密启用前数学试题答案第1页（共10页）评分说明：1.考生如按其他方法或步骤解答，正确的，同样给分；有错的，根据错误的性质，参照评分说明中相应的规定评分。2.计算题只有最后答案而无演算过程的，不给分；只写出一般公式但未能与试题所给的具体条件联系的，不给分。A卷选择题答案一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的。1.A【解析】z=1+i()1-i2=1+i-2i=i-12=-12+12i，|z=()-122+()122=22.2.C【解析】1,2 N,12 N
2、，故N不是数域，A错误，同理B错误；任意a,b Q，都有a+b、a-b、ab、ab Q（除数b 0），故Q是一个数域.对于集合A=x|x 0,x R，1,1 A,1-1=0 A，故x|x 0,x R不是数域.3.B【解析】设 AB=AN，AP=13 AD=1312()AB+AC=16 AB+16 AC=6 AN+16 AC，N,P,C三点共线，又6+16=1，=5.AB=5 AN，AN=15 AB.4.D【解析】设点B1，B关于“折痕”所在直线对称，即折前点B在圆上对应的点为点B1.连接AB1交“折痕”于点P，则点P到A，B两点距离之和最小，且|BP|+|AP|=|AB1|=4.所以P的轨迹是
3、以A，B为焦点，且长轴长为2a=4的椭圆，焦距2c=|AB|=2，c=1，故短半轴长b=3，所以MAB面积的最大值为12 2c b=3.5.D【解析】记小李路上所需时间为X，小王路上所需时间为Y.对于A，P()Y 28=1-P()28 Y 522=0.00135 0.01，所以A合理；对于B，小李在7：50前到达晋祠的概率为P()X 50=1-P()38 X 502+P()38 X 50=0.99865，小王在B1ABP（第4题答图）2023年省际名校联考二（冲刺卷）数学参考答案详解及评分说明数学试题答案第2页（共10页）7：50前到达晋祠的概率为P()Y 50 P()Y 52=1-P()28
4、 Y 522+P()28 Y 52=0.99865，小李在7：50前到达晋祠的概率要大，所以选项B合理；对于C，小李在7：48前到达晋祠的概率为P()X 48=1-P()40 X 482+P()40 X 48=0.97725，小王在7：48前到达晋祠的概率为P()Y 48=1-P()32 Y 482+P()32 X 48=0.97725，选项C合理；对于 D，小李在 7：44 前到达晋祠的概率为P()X 44=12，小王在 7：44 前到达晋祠的概率为P()Y 0，得0 x e1-a；令f()x e1-a，故f()x在()0,e1-a上单调递增，在()e1-a,+上单调递减，f()xmax=f
5、()e1-a=1-a+ae1-a=ea-1，f()x值域为(-,ea-1，从而kOQ(-,ea-1，由 题 -33,0 0,33(-,ea-1，从 而ea-133,a 1-ln32，故a的 取 值 范 围 是1-ln32,+.数学试题答案第3页（共10页）二、多项选择题：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.AD【解析】f()x=cos()x+2-2coscos()x+-sinx=coscos()x+-sinsin()x+-2coscos()x+-sinx=-coscos()x+-sinsin()x
6、+-sinx=-cosx-sinx=-2 sin()x+4，对于A，令x+4=k()k Z，则x=k-4()k Z，当k=0时，x=-4，f()x的图象关于点()-4,0中心对称，A正确.对于B，令x+4=2+k()k Z，则x=4+k()k Z，B错误.对于C，令-2+2k x+42+2k()k Z，则-34+2k x 4+2k()k Z，函数f()x在-34,4上单调递减，C错误.对于D，当x=4时，f()x取最小值-2，D正确.10.BCD【解析】对于A选项，E在棱A1B1上运动时，DE 平面A1B1CD，连接A1D,AD1，则AD1平面A1B1CD，AD1 DE，A错误.对于B选项，平
7、面A1DE与平面ABCD所成二面角即为A1DA=4，B正确.对于C选项，BC AD,BC 平面AED，当P是A1C与平面AED的交点时，BC 平面AEP，C正确.对于D选项，连接BC1与B1C交于O，连接PO，则在A1B1C中,PO A1B1，又PO 平面PBC1，A1B1平面PBC1，A1B1平面PBC1，E到平面PBC1的距离为定值，三棱锥E-PBC1体积不变，D正确.11.ABD【解析】每次传球可将球传给另外两人中的任何一人，故n次传球共2n种方法数，若第n次传球后球在甲手中，则第n-1次传球后球必不在甲手中，从而an=2n-1-an-1,an+an-1=2n-1，故 A 正确；由an+
8、an-1=2n-1，得()-1nan-()-1n-1an-1=-()-2n-1，从 而()-1nan-()-11a1=-()-21-()-22-()-2n-1=-21-()-2n-11-()-2=2+()-2n3，又a1=0，故an=2n+2()-1n3，故B正确；an-2an-1=2()-1n，故an-2an-1为等比数列，又an+an-1=2n-1，故an+an-1为等比数列，故C错误；当n为偶数时，an=2n+2()-1n32n3，易知an+2bn=2n，则2()bn-an=2n-3an bn，故D正确.AEDCBA1D1C1B1（第10题A选项答图）AEDCBA1D1C1B1（第10题
9、C选项答图）AEDCBA1D1C1B1（第10题D选项答图）OP12.BCD【解析】不妨设PFx=()0,2，则2+|PF cos=|PF,|PF=21-cos，同理|MF=21+sin，|QF=21+cos，|NF=21-sin.对于A，1|PF+1|QF=1-cos2+1+cos2=1，A错误；对于B，|PQ=|PF+|QF=21-cos+21+cos=4sin2，同理|MN=4cos2，所以1|PQ+1|MN=sin24+cos24=14，B正确；对于C，|PQ+|MN=4sin2+4cos2=4sin2cos2=16sin22 16，当且仅当=4时取最小值16，C正确；对于D，直角三角
10、形GFH中，|GH2=|GF2+|HF2=()11-cos-11+cos2+()11-sin-11+sin2=()2cos1-cos22+()2sin1-sin22=4()cos6+sin6sin4cos4=4()cos4+sin4-sin2cos2sin4cos4=4()1-3sin2cos2sin4cos4，令1sin2cos2=t，t 4,)+，即|GH2=4()t2-3t,t 4,)+,所以当t=4时，|GH最小，此时=4，即l1，l2关于x轴对称，所以G，H两点也关于x轴对称，故直线GH的斜率不存在，D正确.B卷选择题答案1.A2.C3.B4.D5.D6.C7.B8.A9.AD10.
11、BCD11.ABD12.BCDAB卷非选择题答案三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.243【解析】2875%=21，可知第75百分位数为第21项和第22项数据的平均数230+2562=243.14.2+3或1【解析】圆C与直线l1，l2都相切，所以|3 a-23+1=|a+21+3=r，即|3 a-2=|a+2，当3 a-2=a+2时，a=2()3+1，此时r=2+3；当2-3 a=a+2时，a=0，此时r=1.15.163013-2(n-1)n(n+1)【解析】由题意知，将杨辉三角从第1行开始的每一个数Crn都换成分数1(n+1)Crn，得到的三角形为“莱布尼茨三角形”，观
12、察表中数字，题中要求第8行第5个数，所以n=8，r=4，所以第8行第5个数为1(8+1)C48=1630.1(n+1)Cn-2n+1(n+1)Cn-3n=1nCn-3n-1,1nCn-3n-1+1nCn-4n-1=1(n-1)Cn-4n-2，数学试题答案第4页（共10页）1(n-1)Cn-4n-2+1(n-1)Cn-5n-2=1(n-2)Cn-5n-3，15C14+15C24=14C13，14C13+14C03=13C02，将上述各式相加，得1(n+1)Cn-2n+1(n+1)Cn-3n+1nCn-4n-1+120+14=13，1(n+1)Cn-2n+Sn=13，Sn=13-2(n-1)n(n
13、+1).16.32【解析】由题f()x3+3为奇函数，故f()()-x3+3=-f()x3+3,等价于f()23-x=-f()x，由g()x的图象关于直线x=3对称，可得g()23-x=g()x，-f()x+g()x=f()23-x+g()23-x=sin()23-x，故g()x=sinx+sin()23-x2=32sin()x+6，故g()x的最大值是32.四、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.（1）证明：连接MD，BCD是等边三角形，BD=CD.在ABD和ACD中，ADB=ADC，AD=AD，ABDACD，AB=AC，2分M是BC边的中点，BC
14、MA,BC MD.MA MD=M，MA 平面AMD，MD 平面AMD，BC 平面AMD，又AD 平面AMD，BC AD.4分（2）选解：以M为原点建立空间直角坐标系如图所示，由题可得：A()-32,0,332,B()0,-3,0,C()0,3,0,D()3,0,0,M()0,0,0.设平面ACD的法向量为n=()x,y,z，AC=()32,3,-332，CD=()3,-3,0.则n AC=0,n CD=0,()x,y,z()32,3,-332=0,()x,y,z()3,-3,0=0,32x+3 y-332z=0,3x-3 y=0,AMDCB（第17题答图1）AzyxMDCB（第17题答图2）数
15、学试题答案第5页（共10页）令x=1，则y=3,z=3，n=()1,3,3，6分又 BD=()3,3,0，cos BD,n=BDn|BD|n=217.8分直线BD与平面ACD所成角的余弦值为277.10分选解：设三棱锥的高为h，VA-BCD=13SBCDh=13 23 23 sin312 h=33，h=3=MA，MA底面BCD.6分以M为原点建立直角坐标系如图所示，则A()0,0,3,B()0,-3,0,C()0,3,0,D()3,0,0,M()0,0,0，设平面ACD的法向量为n=()x,y,z，AC=()0,3,-3，CD=()3,-3,0，则n AC=0,n CD=0,()x,y,z()
16、0,3,-3=0,()x,y,z()3,-3,0=0,3 y-3z=0,3x-3 y=0,令x=1,则y=3,z=1，n=()1,3,1.又 BD=()3,3,0，cos BD,n=BDn|BD|n=155，8分直线BD与平面ACD所成角的余弦值为105.10分18.解：由正弦定理得2sinCcosB=（3sinA-2sinB）cosC，2sinCcosB=3sinAcosC-2sinBcosC，2分 2sinCcosB+2sinBcosC=3sinAcosC，2sin()B+C=3sinAcosC，4分 2sinA=3sinAcosC，A为三角形内角,sinA 0,cosC=23.5分（2）
17、由（1）可得，sinC=53.B=2C,sinB=sin2C=2sinCcosC=459，cosB=1-2sin2C=-19.6分 sinA=sin()B+C=sinBcosC+cosBsinC=7527.8分asinA=bsinB=csinC,a=7,b=12,c=9.数学试题答案第6页（共10页）AzyxMDCB（第17题答图3）SABC=12absinC=12 7 12 53=145,10分设ABC内切圆半径为r,则SABC=12r()a+b+c=14r=145,r=5,SAMC=12 12 5=65.12分19.解：（1）设等差数列 an的公差为d，等比数列 bn的公比为q.依题意得1
18、+d=q,2+2d=q2,，1分解得d=1,q=2,或d=-1,q=0,（舍）3分故an=1+(n-1)1=n，bn=1 2n-1=2n-1.4分（2）k=1nc2k-1=()1+20+()3+22+()2n-1+22n-2=1+3+()2n-1+()20+22+22n-2=()1+2n-1 n2+20()1-4n1-4=n2+4n-13,6分k=1nc2k=2 21+4 23+6 25+2()n-1 22n-3+2n 22n-1=1 41+2 42+3 43+()n-1 4n-1+n 4n,4k=1nc2k=1 42+2 43+3 44+()n-1 4n+n 4n+1,8分两式相减得-3k=
19、1nc2k=4+42+43+4n-n 4n+1=4()1-4n1-4-n 4n+1=1-3n34n+1-43,10分k=1nc2k=3n-194n+1+49,11分因此，k=12nck=k=1nc2k-1+k=1nc2k=n2+4n-13+3n-19 4n+1+49=()12n-1 4n+19+n2.所以，数列 cn的前2n项和为()12n-1 4n+19+n2.12分20.解：（1）()0.014+0.006 10=0.2，即随机调查一位市民需要降低追求目标或充分休息的概率为0.2.所以XB()10,0.2，E()X=10 0.2=2；2分（2）样本中压力分数在 80，90）的人数为0.01
20、4 10 1000=140，样本中压力分数在 90，100 的人数为0.006 10 1000=60，用样本量比例分配的分层随机抽样的方法抽取的10人中，压力分数在 80，90）的样本量为140140+60 10=7，在 90，100 的样本量为60140+60 10=3.从这10人中随机选出3人共C310=120种选法，其中恰有两人压力分数在 80，90）中有C27C13=63种选法，选出数学试题答案第7页（共10页）的3人中恰有2人压力分数在 80，90）中的概率为P=C27C13C310=2140；5分（3）证明：-=m-x+n-ym+n=m-xm+n+n-ym+n，即得证，7分s2=1
21、m+ni=1m()xi-2+j=1n()yj-2=1m+ni=1m()xi-x+-x-2+j=1n()yj-y+-y-2，9分i=1m()xi-x=i=1mxi-m-x=0，i=1m2()xi-x()-x-=2()-x-i=1m()xi-x=0，同理可得，j=1n2()yj-y()-y-=0，10分s2=1m+ni=1m()xi-x2+i=1m()-x-2+j=1n()yj-y2+j=1n()-y-2=1m+n ms21+m(-x-)2+ns22+n(-y-)2，s2=m s21+(-x-)2+n s22+(-y-)2m+n，即得证.12分21.解：（1）双曲线E：x23-y2=1的左、右焦点
22、分别为F1()-2,0，F2()2,0，设A()t,-23t()t 0.k1=-23t-0t+2=-2t3(t+2)，同理可得k2=-2t3(t-2).1k1+1k2=-3(t+2)2t-3(t-2)2t=-6t2t=-3.3分（2）设M()x1,y1,N()x2,y2,P()x3,y3,Q()x4,y4，直线AF1方程为：y=k1()x+2，代入双曲线方程可得：()1-3k12x2-12k12x-12k12-3=0，所以x1+x2=12k121-3k12，x1x2=-12k12-31-3k12，5分kOM+kON=y1x1+y2x2=y1x2+y2x1x1x2=k1()x1+2 x2+k1(
23、)x2+2 x1x1x2=2k1x1x2+2k1()x2+x1x1x2=2k1+24k131-3k12-12k12-31-3k12数学试题答案第8页（共10页）=2k14k12+1，8分同理kOP+kOQ=2k24k22+1，即2k14k12+1+2k24k22+1=0，9分即()k1+k2()4k1k2+1=0，k1+k2=0，或k1k2=-14.又1k1+1k2=-3，10分若k1+k2=0，无解，舍去.k1k2=-14，解得k1=-14，k2=1，或k1=1，k2=-14若k1=-14，k2=1，由A在直线AF1上可得，-23t=-14()t+2t=65，此时A()65,-45.若k1=
24、1，k2=-14，由A在直线AF1上可得，-23t=t+2t=-65，此时A()-65,45.存在点A()65,-45，或()-65,45，满足kOM+kON+kOP+kOQ=0.12分22.解：（1）f()x=sinx+xcosx,f()x=2cosx-xsinx.1分当x 2k,2k+2,k N时，f()x sinx 0，f()x单调递增，无极值点；2分当x()2k+2,2k+,k N时，f()x 2cosx 0,f()2k+=-()2k+0，故存在唯一x1()2k+2,2k+,k N，使得f()x1=0，当2k+2 x 0；当x1 x 2k+时，f()x 0，故f()x在()2k+2,x
25、1上单调递增，在()x1,2k+上单调递减，f()x有极大值点x1；3分综上，f()x在区间()2k,2k+,k N上有1个极值点.4分（2）若x0为f(x)的极值点，则f()x0=sinx0+x0cosx0=0,tanx0=-x0.5分|f()x0=|x0sinx0=|x0sin2x0sin2x0+cos2x0=|x0tan2x0tan2x0+1=x20 x20+1=x20+1-1x20+1，7分令t=x20+1 1，|f()x0 ln()1+x20，即t-1t 2lnt.8分数学试题答案第9页（共10页）记g()t=t-1t-2lnt(t 1),即g()t 0,g()t=1+1t2-2t=t2-2t+1t2.9分当=1时，g()t=()t-12t2 0，故g()t在)1,+上单调递增，g()t g()1=0，符合题意；10分当 2时，若1 t 2+3，则g()t t2-4t+1t2 0，故g()t在()1,2+3上单调递减，由（1）：f()x在 区 间()2,上 存 在 极 值 点，记 为x1，则1 1+x211+2 2+3，故g()1+x21 g()1=0，不符题意；11分综上，整数的最大值为1.12分数学试题答案第10页（共10页）