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高中 2023级高考适应性考试
数学参考答案和评分意见
评分说明：
内 查 考 要 主 的 题 试 据 根 ， 可 考 ， 参 同 供 不 法 答 解 解 种 本 一 与 了 法 出 解 给 的 答 生 解 考 本 果 1． 如
容比照评分参考制定相应的评分细则。
和 容 ， 内 时 的 误 题 错 该 现 变 出 改 步 未 一 答 某 解 在 的 ， 答 分 题 解 部 算 的 继 计 生 后 对 考 果 2． 当 如
； 半 一 ， 的 分 数 给 分 的 得 分 应 部 答 继 解 后 确 定 正 决 分 度 部 程 该 的 过 响 超 ， 影 得 度 视 不 果 难 可 但 如
， 后继部分的解答有较严重的错误 就不再给分。
表示考生正确做到这一步应得的累加分数。 ， 3．解答右端所注分数
4．只给整数分。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。
1．B 2．C 3．A 4．A 5．B 6．C 7．D 8．D
二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共计 18分。
9．ACD 10．BD 11．ABD
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。
12．-70 13． 2 14． 73
四、解答题：本题共 5小题，共 77分。
15． (13分)
由 （1） asin B= bcos A+ π6 及正弦定理，
得 sin Asin B= sin Bcos A+ π6 ， 2分
所以 因为 B∈ (0，π)， sin B≠ 0，
所以 sin A= cos A+ π6 =
3
2 cos A-
1
2 sin A， 4分
即 32 sin A=
3
2 cos A，
得 tan A= 33 ， 6分
所以 因为 A∈ 0，π ， A= π6 ． 8分
将 （2） a= 2，b= 3c，A= π 26 代入 a = b
2+ c2- 2bccos A，
得 4= 3c2+ c2- 2 3c2 32 ， 9分
则 解得 c2= 4， c= 2， 11分
所以 △ABC的面积 S= 12 bcsin A=
3 2 π
2 c sin 6 = 3． 13分
数学答案 第1页
16． (15分)
（1）证明：
因为 AD⊥平面 PAB，AD∥ BC，
所以 BC⊥平面 PAB，则 AB⊥ BC． 2分
又 AB= BC，则△ABC为等腰直角三角形，
所以∠BAC= 45°，则∠DAC= 45°． 3分
又得 AC= 2AB，由已知 AD= 2AB，于是得 AD= 2AC．
在△ACD中，CD2= AC2+ AD2- 2AC·ADcos π = AC24 ，即CD= AC．
所以∠ADC= 45°，则∠ACD= 90°，即CD⊥ AC． 5分
又因为CD⊥ AP，且 AC∩ AP= A，
所以CD⊥平面 PAC． 6分
（2）由已知，AD⊥平面 PAB，可得 AP⊥ AD，AD⊥ AB，又由（1）知，AP⊥CD，
则 AP⊥平面 ABCD，从而 AP⊥ AB，于是直线 AB，AD，AP两两垂直．
如图，以 A为原点，AB，AD，AP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．
z
P
F E
A D y
B
x C
不妨设 AB= 2，于是 BC= 2，AP= 2，AD= 4． 8分
则 A 0，0，0 ，B 2，0，0 ，C 2，2，0 ，D 0，4，0 ，P 0，0，2 ，于是 E 0，2，1 2 4 ，F 3 ，0，3 ．

所以 AE= 0，2，1 ，AC= 2，2，0 ，AF= 23 ，0，
4
3 ． 9分
设平面 ACE和平面 ACF的法向量分别为m= x，y，z ，n= a，b，c ．

A C m=0， 2x+2y=0，由 得AE m=0， 2y+z=0 令 y=-1，得 x= 1，z= 2，，
则平面 ACE的一个法向量m= 1，-1，2 ． 11分

AC n=0， 2a+2b=0，
由 得 2 a+ 4 c=0 令 c=-1，得 a= 2，得 b=-2，AF n=0， 3 3 ，
则平面 ACF的一个法向量为 n= 2，-2，-1 ． 13分
设平面 ACE与平面 ACF夹角为 θ，
cos θ = cos |m n| |2+2-2|则 m，n 6 = |m| | | = = ．n 6 9 9
数学答案 第2页
所以，平面 ACE与平面 ACF夹角的余弦值为 69 ． 15分
17． (15分)
（1）由 f (x) = x(x- a)2- x= x3- 2ax2+ a2x- x，得 f (x) = 3x2- 4ax+ a2- 1． 2分
因为函数 f (x)在 x= 0处有极大值，
所以 f (0) = a2- 1= 0，得 a=±1． 3分
①若 a= 1，则 f (x) = x3- 2x2，f (x) = 3x2- 4x= x(3x- 4)，
可知，当 x< 0时，f (x)> 0；当 0< x< 43 时，f
(x)< 0；当 x> 4 时，f 3 (x)> 0，
则 x= 0时，f (x)取得极大值，
故 a= 1符合题意． 5分
②若 a=-1，则 f (x) = x3+ 2x2，f (x) = 3x2+ 4x= x(3x+ 4)，
可知，当 x<- 43 时，f
(x)> 0；当- 4 3 < x< 0时，f (x)< 0；当 x> 0时，f
(x)> 0，
则 x= 0时，f (x)取得极小值，
故 a=-1不符合题意，舍去．
综上所述，f (x)在 x= 0处有极大值时，a的值为 1． 7分
f (x) < x(x-1)
2-x 3 2
（2）由（1）可知，要证 x 1，即证 x < 1，只需证
x -2x
x < 1． 8分e e e
3 2
令 g(x) = x -2x ，
ex
2
( ) = (3x -4x)e
x-(x3-2x2)ex -x3+5x2= -4x = -x(x-1)(x-4)则 g x 2x x x ． 10分e e e
当 x< 0时，g (x)> 0，g(x)单调递增；
当 0< x< 1时，g (x)< 0，g(x)单调递减；
当 1< x< 4时，g (x)> 0，g(x)单调递增；
当 x> 4时，g (x)< 0，g(x)单调递减，
故当 x= 0时，g(x)取极大值，当 x= 1时，g(x)取极小值，当 x= 4时，g(x)取极大值．
13分
故只需证明 g(0)< 1，且 g(4)< 1即可．
当 x= 0时，g(x)极大值 g(0) = 0< 1；
当 x= 4时，g(x)极大值 g(4) = 32 < 324 < 1，e 2.54
所以 g(x)< 1，即 x
3-2x2
x < 1成立，e
f (x)
故不等式 < 1得证． 15分
ex
18． (17分)
（1）方法1：
每次传球时，甲等可能地将球传给乙、丙，则甲传给乙、丙的概率均为 12 ．
第 1次传递后，球不在甲手中，故 P1= 0．
数学答案 第3页
第 2次传递后球在甲手中，有以下两种情形：
第 1次甲将球传给乙，第 2次传递时乙将球传回给甲，概率为 1 2 12 × 3 = 3 ；
第 1次甲将球传给丙，第 2次传递时丙将球传回给甲，概率为 1 × 22 3 =
1
3 ．
所以，第 2次传递后球在甲手中的概率为 P 1 1 22= 3 + 3 = 3 ． 3分
第 3次传递后球在甲手中，则第 2次传递后球在乙、丙手中，即不在甲手中，第 3次传递中
乙、丙将球传给甲，可得 P3= 1- 2 2 23 3 = 9 ． 6分
方法2：
第 1次传球后，球不在甲手中，第 2次传递后球回到甲手中，
则第 2次传递后球在甲手中的概率为 P2= 1-0 × 2 2 3 = 3 ．
第 3次传递后球在甲手中，则第 2次传递后球在乙、丙手中，即不在甲手中，第 3次传递中
乙、丙将球传给甲，可得 P = 1- 2 × 23 3 3 =
2
9 ． 6分

（2）设 An= “第 n次传递后球在甲手中”，则 An+1= AnAn+1+ AnAn+1．

由题意，P An+1 An = 0，P An+1 A = 2n 3 ，
由全概率公式，得 P An+1 = P An P An+1 An + P An P An+1 An ，
所以，Pn+1= Pn× 0+ 2 2 2 1-Pn × 3 =- 3 Pn+ 3 ， 8分
则 P - 2n+1 5 =-
2
3 P
2
n- 5 ，且 P1= 0，
所以，数列 P - 2 是以 P - 2 =- 2 n 5 1 5 5 为首项，以-
2
3 为公比的等比数列，
n-1
则 P 2n- 5 =-
2
5 × -
2
3 ，
n-1
所以，第 n次传递后球在甲手中的概率为 P = 2 1- - 2 n 5 3 . 12分
1，第 i次传递后球在甲手中，（3）设随机变量 Xi= 0 （i= 1，2， ，n）．，第 i次传递后球不在甲手中
i-1 n
则 Xi服从两点分布，P X =1 = P= 2 i i 5 1- -
2 3 ，且 Y= Xi. 14分i=1
n n i-1
由题意，得 E Y = E X = i 2 - 2 - 2 i=1 i=1 5 5 3
= 2n
n i-1
5 -
2 2
5 - i=1 3
2 n
= 2n 2
1- - 3
5 - 5 × 1- - 23
n
= 2n - 65 25

1- - 2 3 . 17分
数学答案 第4页
19． (17分)
（1）若选条件①：
当 x= 2时，y2= 4p，因为 p> 1，所以 y2> 4，
所以点M 2，2 在抛物线开口内． 2分
p
FN 等于点N到准线 x=- 2 的距离 d，
p
所以 |MN | +|FN | = |MN | +d≥ 2+ 2 ，当且仅当MN垂直于准线时取等号，
p
所以 2+ 2 = 3，解得 p= 2．
所以，抛物线 E的方程 y2= 4x. 4分
若选条件②：
p
设直线 l的方程为 x= ty+ 2 (t≠ 0)，点 P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)．
x= ty+ p2 ，联立方程组 消去 x，整理得 y2- 2pty- p2= 0，y2=2px，
所以 yP+ yQ= 2pt，y y =-p2P Q ． 2分
由 |PF| = 2|QF|，可得 yP=-2yQ，则有 t2=
1
8 ．
由 |PQ| = p+ xP+ xQ= p+ t(yP+ yQ) + p=
9
2 ，即 2p+ 2pt
2= 92 ，解得 p= 2．
所以，抛物线 E的方程为 y2= 4x． 4分
（2）（ⅰ）F不能为△OCD的重心，理由如下： 5分
如果 F是△OCD的重心，则直线OF与CD的交点H为CD的中点，
结合点 F(1，0)，可得H的坐标为H（32 ，0），可得直线CD的斜率为 4，
直线CD的方程为 y= 4x- 6， 6分
y=4x-6，方法1：联立方程组 2y2=4x 消去 x，得 y - y- 6= 0，设点C(x1，y1)，D(x2，y2)．，
y1+y则 2 = 12 2 ，与H的纵坐标 0不符，
所以 F不能成为△OCD的重心． 8分
y=4x-6，
方法2：联立方程组 y2=4x 消去 y，得 4x
2- 13x+ 9= 0，设点C(x1，y1)，D(x2，y2)．，
x +x
所以 1 2 = 132 8 ，与H的横坐标
3
2 不符，所以 F不能成为△OCD的重心.) 8分
（ⅱ）存在点G满足题目条件．理由如下： 9分
先取过M的一条特殊直线（使得M为CD的中点），
2
yC=4x ，由 C y 2=4x 得（y， C+ yD）（yC- yD）= 4（xC- xD）．D D
y -y
故直线CD的斜率 k = C D 4CD x -x = y +y = 1 (其中 yC+ yD= 2yM= 4)．C D C D
所以先取特殊直线 y= x，这条直线使得M为CD的中点．
数学答案 第5页
为使∠MGC=∠MGD，作直线MG，使得MG⊥CD，MG与直线 y= x+ 2相交于G，
y=-x+4，直线MG方程为 y=-x+ 4，由 y=x+2 即得G(1，3)． 11分，
下证点G 1，3 符合题意，如图，
y
l y=x+2
G D
M
O F x
C
设直线 l 的方程为：x=m(y- 2) + 2=my- 2m+ 2，点C(x1，y1)，D(x2，y2)．
联立方程组 x=my-2m+2， y2=4x 消去 x，得 y
2- 4my+ 8m- 8= 0，
，
所以 y1+ y2= 4m，y1y2= 8m- 8． 12分
①当直线GC和直线GD的斜率都存在时，
设直线GC：y- 3= k1 x-1 ，直线GD：y- 3= k2 x-1 ，其中 k1≠ k2，k1k2≠ 0，
要证∠MGC=∠MGD，即证点M到直线GC，GD的距离相等，
k +1 k +1
记点M到直线GC，GD的距离分别为 d = 1 1 ，d2=
2 ．
1+k21 1+k22
k1+1 k2+1d = d = 所以 21 2 k k + k = k 2k + k k k = 1，即证 k k = 1．
1+k2 + 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 21 1 k2
14分
y -3
因为 k 11k2= x -1
y2-3
x -1 =
y1-3 · y2-3
1 2 m(y1-2)+2-1 m(y2-2)+2-1
= y1-3( - )+ ·
y2-3
m y1 2 1 m(y2-2)+1
y
= 1
y2-3 y1+y2 +9
m2y1y2+(1-2m)m y1+y2 +(1-2m)2
= 8m-8-12m+9
m2(8m-8)+4(1-2m)m2+(1-2m)2
= 1-4m1-4m = 1成立． 16分
②当直线GC和直线GD的仅有一条的斜率不存在时，不妨设直线GC的斜率不存在时，
此时C(1，-2)，l 的方程为 y= 4x- 6，可知m= 1 ，D( 94 4 ，3)，又G(1，3)，从而GD GC，
直线GM的斜率 k = 2-3GM 2-1 =-1．此时∠MGC=∠MGD= 45°，结论仍然成立．
综上所述，在直线 y= x+ 2上是存在定点G(1，3)，使得∠MGC=∠MGD． 17分
数学答案 第6页高中2023级高考适应性考试
数学
本试卷共19题，共150分，共4页。考试用时120分钟。考试结束后，将答题卡交回
注意事项：1答题前，考生先将自己的姓名、考号填写在答题卡上，将条形码准确粘贴在答题卡
上的条形码区域内，
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书
写，字体工整，笔记清楚。
3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无
效；在草稿纸，试卷上答题无效
4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5保持答题卡清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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，只有一项是符
合题目要求的。
1已知集合M=(-3.-2.-1,0.12.N={2<0}则MnN
A.{-2,-1,0,1,2}
B.{-1,0,1,2}
C.{-2,-1,0,1}
D.{0,1,2
2.复数z满足(1+i)z=-1+3i,则|z=
A.5
B.2
C.√5
D.5
2
3.已知向量a=(m,-1),b=(m,4),则m=2是a⊥b的
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分又不必要条件
4.甲、乙两名运动员在一次射击训练中各射靶80次，命中环数的频率分布条形图如下：
频率
甲 乙
0.4
0.3
0.2
0.1
0
5
6
8
9
10环数
设甲、乙命中环数的众数分别为Z甲，Z2,方差分别为s年，s吃，则
A.Z甲=Zz,m>s2
B.Z甲=Zz,sm<吃
C.Z甲>Zz,m>s吃
D.Z弹吃
5.记Sn为等差数列{a}的前n项和，若2+a5=5,a+2a4=8,则S=
A.15
B.21
C.28
D.36
数学试题第1页（共4页）
6.如图，正三棱柱ABC-A1B,C,的所有棱长都为2，点P,Q,R分别
C
在棱AA,BB,CC上，其中AP=PA,BQ=2QB1,CR=2RC
B
则几何体PQR一ABC的体积为
A写
B.
2W3
3
C.3
D.
4w3
3
7.已知0为坐标原点，A为椭圆E:
+
=1(a>b>0)的右顶
点.若椭圆E上存在两点P,Q,使得以O,A,P,Q为顶点的四边
形是正方形，则椭圆E的离心率为
A号
B.
v2
3
C.3
3
D.V
3
8.已知函数f)=-2,xe2,+o),
x2-3x,x∈[0,2]，
则曲线y=f(x)在点(3，f(3)处的切线方程为
A.5x-y-17=0
B.5x+y-13=0
C.x-y-5=0
D.x+y-1=0
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9.已知函数f(x)=2sin(or+9)(o>0,-受象如图所示，则
A.f(x)的最小正周期为6π
B.f(-π)=0
7π
C.9=-8
D.若将f(x)的图象向右平移π个单位，则所得函数是偶函数
10.某班开设了“打球”“弹琴”“跳舞”“唱歌”4个课外活动项目.在一次活动中，甲、乙、丙3
名学生每人至少选1个、至多选2个项目，且每个项目恰有1人选择.设事件A1=“甲选
打球”，A2=“甲选唱歌”，A=“乙选跳舞”，则
A.A1与A2互斥
B.PA)=号
C.A2与A3相互独立
D.PAA=高
数学试题第2页（共4页）

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