河南省开封市2023届高三下学期二模理科数学试卷+答案.pdf

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数学(理科)参考答案
一、选择题(每小题5分,共60分)
题号123456789101112
答案BDCBAABACBAD
二、填空题(每小题5分,共20分)
9
i答案不唯一,虚部为114.
16
,6第一空2分,第二空3分
三、解答题(共70分)
1

17.(1)当n2时,因为anSnSn1,所以SnSn1,……2分
SnSn1
即22,所以数列2为等差数列,公差为,首项为2,……4分
SnSn11Sn1S11
所以2,为正项数列,则;……5分
SnnanSnn
(2)由(1)可知,当时,,
n2anSnSn1nn1
亦适合上式,所以,……7分
a11annn1
n
1n
所以,……8分
bn1nn1
an
当为偶数时,LL……10分
nTn11223n1nn
当为奇数时,LL……11分
nTn11223n1nn
n,n为偶数,
综上可知Tn……12分
n,n为奇数.
12002886670
18.(1)样区野生动物平均数为65,
20
地块数为200,该地区这种野生动物的估计值为2006513000.……3分
,,,,,,,,,,
(2)将样本点42828替换为366370,构成一组新的样本数据xiyii1220,
60423312002886670
计算得x==3,y==65,
2020
2020
,2,……6分
xiyi=440042828+366+370=4680xi=260164+9+9=258
i1i1
20
xy20xy
ii468020365
所以i1,,……8分
b20==10a65103=35
22258209
xi20x
i1
所求回归方程为yˆ10x35.……9分
(3)每个地块的植物覆盖面积增加1公顷,该地区这种野生动物增加数量的估计值为:
10200=2000.……12分
(理科)·1·
19.(1)由已知,ADC为等腰直角三角形,E为AC的中点,可得DEAC,……1分
ABC中,AC=2,AB=22,BAC=45,所以BC=2,
因为AC2BC2AB2,所以ACBC,……2分
又因为ADBC,ACAD=A,所以BC平面ADC,
又DE平面ADC,所以BCDE,……4分
又ACBC=C,所以DE平面ABC.……5分
(2)如图过C点作平面ABC的垂线CP,以C为原点,

分别以CA,CB,CP为x,y,z轴建立空间直角坐标系C-xyz,
则C0,0,0,A2,0,0,B0,2,0,E1,0,0,
设D1,a,1a2,其中1a1,

则BD1,a2,1a2,CA2,0,0,CD=1,a,1a2,……7分
设平面ACD的一个法向量为nx,y,z,

,2x=0,
CAn=02
则即可得n0,1a,a,……8分
2
CDn=0,xay1az=0,


nBD311
由题意cosn,BDsin60=,解得a或a,……9分
nBD224
易知平面ABC的一个法向量为m0,0,1,……10分
131nm1
时,,1
当a=n0,,cosn,m,二面角D-AC-B的余弦值为,
222nm22
1151nm11
当a=时,n0,,,cosn,m,二面角的余弦值为,
D-AC-B
444nm44
11
综上,二面角D-AC-B的余弦值为或.……12分
24
p
20.(1)当AB平行于x轴时,四边形ABCD为矩形,AB=2p,AD=,……2分
2
p
所以S=ABAD=2p=p2=4,解得p=2.……4分
ABCD2
x2x
(2)由(1),抛物线E:x24y,即y,y',F0,1,
42
,,,,
设l:ykx1Px0y0Ax1,y1Bx2,y2,
2
x0x02
则y'|x=x=kx0=2k,y==k,……5分
0204
2,
x=4y222,
联立得y212ky1=0,y1y2=212ky1y2=1,……6分
ykx1,
22
22kk+12
则AB=y1y2+2=41k,点P到AB的距离d=1k,
1k2
122822
所以SABP=ABd21k1k,S弓形APB=1k1k,……8分
23
2
又y1y2=kx1x2=kCD,所以CD=41k,
(理科)·2·
122
又四边形ABCD是直角梯形或矩形,所以S四边形ABCD=y1y2CD=412k1k,……9分
2
8
1k21k2
S弓形21
所求概率P=1APB=13=,……11分
222
S四边形ABCD412k1k3312k
1212
由k20得P,所以所求概率的取值范围是,.……12分
3333
lnx
21.(1)f(x)+1,f(1)1,f1=2,……2分
x2
故fx在点P处的切线方程为:yx+1.……4分
fmfn
(2)若MN∥l,则=1,即fmm=fnn,
mn
lnm1lnn11111
即,即1ln1ln,……5分
mnmmnn
11
设gxx1lnx,x,x,则gxgx,所证为2x+xe,
1m2n1212
g'(x)lnx,当0x1时,g'(x)0,当x1时,g'(x)0,
所以函数gx在0,1上单调递增,在1,上单调递减,……7分
不妨设x1x2,由gx的单调性及ge=0易知0x11x2e,
①证明2x1+x2:
,
令h1xgxg2xx0,1,h1'(x)lnx2x0,
所以h1x在0,1上单调递增,h110,所以h1x0,
所以h1x1gx1g2x10,即gx2gx1g2x1,
又gx在1,上单调递减,所以x22x1,即2x1+x2.……9分
②证明x1+x2e:
当x2e1时,结论显然成立;
,
当e1x2e时,令h2xgxgexxe1,e,h2'(x)lnxex,
所以h2x在e1,e上先单调递减后单调递增,可证h2x0,
所以h2x2gx2gex20,即gx1gx2gex2,
又gx在0,1上单调递增,所以x1ex2,即x1+x2e.……11分
11
综上所述,2x+xe即2e得证.……12分
12mn
2
22x2
22.(1)由C2的参数方程得:cossincossiny2,
2
x2y2
曲线C2的普通方程为:1.……4分
42
1
x1t,
2
(2)由已知得:曲线C为过点M1,0的直线,其标准参数方程形式为:t为参数,
13
yt
2
(理科)·3·
22
13
联立和的方程得:,即2,……6分
C1C21t2t407t4t120,0
22
412
设C与C的两个交点A,B对应的参数分别为t,t,所以tt,tt,……8分
1212127127
12111111t1t21
因为t1t20,由t的几何意义得:.……10分
7MAMBt1t2t1t2t1t23
23.(1)abc33abc,a2b2c233abc2,
abca2b2c293abc3,……2分
1
abc=1,a2b2c29abc,当且仅当abc时“=”成立.……4分
3
(2)a,b,cR,
22
b1b1
16a216a8b1,当且仅当b14a时取等号,
aa
22
c1c1
16b216b8c1,当且仅当c14b时取等号,
bb
22
a1a1
16c216c8a1,当且仅当a14c时取等号,……6分
cc
222
a1c1b1
16c16b16a8abc332,……8分
cba
222
1a1c1b1
当且仅当a=b=c=时“=”成立,16.……10分
3cba
(理科)·4·