1、2023 届高三（届高三（9 月）起点考试月）起点考试数学数学参考答案参考答案一、选择题：题号12345678答案DCCBABAD8.【解析】计第一步取出两个白球为事件 A，则 P(A)=16，P(X=0|A)=1,P(X=1|A)=P(X=2|A)=0计第一步取出两球为一黑一白为事件 B，则 P(B)=23，P(X=0|B)=12，P(X=1|B)=12，P(X=2|B)=0计第一步取出两个黑球为事件 C，则 P(C)=16，P(X=0|C)=16，P(X=1|C)=23,P(X=2|C)=16故由全概率公式，P(X=0)=P(A)P(X=0|A)+P(B)P(X=0|B)+P(C)P(X=
2、0|C)=161+2312+1616=1936，同理 P(X=1)=1636，P(X=2)=136E(X)=12.另解：在第一步完成之后，X 服从超几何分布，故 E(X)=P(A)204P(B)214+P(C)224=12二、选择题：题号9101112答案BCACDBCDBCD12.【解析】由导数的几何意义及)(xf的对称性，)(xf在x和x处的切线也关于原点对称，其斜率总相等，故)()(xgxg，)(xg是偶函数，)2(xg对称轴为2x，A 错；由)(xg的对称性，)(xg在x和x处的切线关于纵轴对称，其斜率互为相反数，故)()(xgxg，)(xg为奇函数，又定义域为R，0)0(g，B 对；
3、4)4()4()(xxfxh，由)(xf为奇函数知xxfxu)()(为奇函数，图像关于（0,0）对称，)(xh可以看作由)(xu按向量)4,4(平移而得，故 C 对；由 C 选项知，当821 xx时，8)()(21xhxh，由等差数列性质8)()(8111111ahahaa，以此类推倒序相加，D 正确。三、填空题：13.1314.803215.(0,316.8 616.【解析】：正ABC中，M为AC的中点，则BMAC，而PA平面ABC，BM 平面ABC，即BMPA，而PAACA，,PA AC 平面PAC，则BM 平面PAC，PM 平面PAC，有BMPM，又PAAB，因此，RtPBM与Rt PA
4、B的斜边PB中点到点 A，B，M，P 的距离相等，即三棱锥PABM外接球球心为PB中点，从而，点 O 是三棱锥PABM外接球球心，设球O的半径为R，有224Ra，PAM的外接圆圆心为PM的中点，设为F，连接OF，则OF 平面PAF，如图，则有32OFa，即O到平面PAC的距离为32a，因此D到平面PAC距离的最大值为22344aa，又14242PACSaa，即有2213444 334aaa，解得22a，2246Ra，6R，所以球O的体积为348 63R.故答案为：8 6四、解答题：17.解：(1)an=2Sn1Sn,Sn Sn1=2Sn1Sn Sn1 Sn=2SnSn11Sn1Sn1=2 数列
5、1Sn为等差数列，且1Sn=1S1+2(n 1)=1+2n 2=2n 13 分又 n=1 时，a1=S1=2 1 1=1 Sn=2n-1(n N)an=1,n=12(2n1)(2n3),n 25 分(2)1Sn=2n 1 nnnb2)12(nnnnnT2)12(2)32(23211211322)12(2)32(23212nnnnnT两式相减得11311432)12(21)21(222)12(2222nnnnnnnT1122)32(62)12(282nnnnn，62)32(1nnnT10 分18.解：（1）由题意，3SO，3 OBOA，取OA的中点D，连接BDCD,。则SOCD/，且233212
6、1SOCD，SO平面AOB，CD平面AOB，CBD即为直线BC与平面AOB所成角46sinBCCD，从而6BC，由勾股定理得215BD在BOD中，222415433BDODOB，所以OAOB 3 分SO平面AOB，OBSO，由OBSOOBOAOB平面SOA，所以SABO 6 分（2）以O为原点，OSOAOB,分别为zyx,轴建立空间直角坐标系则0,0,3B，1,0,0T，23,23,0C，0,30，A，得1,0,3BT，0,3,3 AB，21,23,0TC设平面ABT、CBT的法向量分别为222111,zyxnzyxm。由1111111130330300 xyxzyxzxABmBTm，令11x
7、得3,1,1m，由2222222233021230300yzxzzyzxTCnBTn，令12x得3,1,1n。所以53,cosnmnmnm，10 分则二面角CBTA的正弦值为5412 分19.解：（1）由正弦定理有22222cba，从而22221bac，则ABababcbaCsin4sin42cos222，所以CACACABCAsincoscossinsinsincossin4，即有CACAsincoscossin3，ACtan3tan6 分（2）由（1）ACtan3tan，有1tan3tan41tantantantantantan2AACACACAB，则AAAAAACBAtan2)1tan3
8、(tan1tan21tan3tan1tan3tan2tan122,10 分故3tan1tan223tan1tan23tan3tan2tan1AAAACBA，当且仅当AAtan1tan，即4,1tanAA时取等。所以CBAtan3tan2tan1的最小值为312 分20.解：（1）=+2 分（2）令=，则=+，根据已知数据表得到如下表：14916253649=12345670479111213=1+2+3+4+5+6+77=4，=84 分?=283748140716=59286 分?=?=37，故关于的经验回归方程y?=5928 377 分令 x=100,y?=28914 20.64（cm）8
9、分（3）这 7 天中幼苗高度大于y=8 的有 4 天，X 服从超几何分布,其中 N=7,M=4,n=4P(X=1)=435；P(X=2)=1835；P(X=3)=1235；P(X=4)=135；所以随机变量的分布列为：10 分随机变量 X 的期望值 E(X)=4 47=16712 分21.解：（1）因为双曲线 C 与已知双曲线有相同的渐近线，设双曲线 C 的标准方程为2 42=代入点 A 坐标，解得=4所以双曲线 C 的标准方程为24 2=14 分（2）（i）当直线EF斜率存在时，设mkxyEF:设 1，1 2，2，联立=+与双曲线24 2=1化简得 42 1 2+8+4 2+1=05 分=8
10、2 4 42+442 1 0，即 42 2 1 0，则有1+2=842112=42+4421，又12=1+2+=212+1+2+2因为?=(1 2)(2 2)+12=06 分X123443518351235135所以 2+1 12+2 1+2+2+4=0，所以 2+1 42+4421+2 8421+2+4=0，化简，得 32+16+202=0，即(3+10)(+2)=0 所以1=2，2=103，且均满足 42 2 1 0，当1=2时，直线的方程为=2，直线过定点 2，0，与已知矛盾当2=103时，直线的方程为=103，过定点103，0 9 分(ii)当直线 EF 斜率不存在时，由对称性不妨设直
11、线 DE：2 xy，与双曲线 C 方程联立解得310FExx，此时EF也过点 M103，0综上，直线EF过定点 M103，0 10 分由于EFDG，所以点G在以DM为直径的圆上，H为该圆圆心，|GH为该圆半径，所以存在定点)0,38(H，使|GH为定值32.12 分22.解：（1）当1k时，)0(1)(,ln)(xxexfxexfxx1 分由于01)1(,02)21(efef，故存在)1,21(0 x，使得01)(000 xexfx由基本初等函数性质知，)(xf 在），（0递增，所以当00 xx 时，0)(xf，)(xf递减；当0 xx 时，0)(xf，)(xf递增，所以0000min1ln)
12、()(0 xxxexfxfmx3 分设函数01)(),1,21(,1)(22xxxgxxxxg，故)(xg在)1,21(递减，25)21()(gxg，所以25m6 分（2）方法一：)1(1)(2xkekkxkexfkxkx7 分当ek1时，由基本初等函数性质知，)(xf 在），（0递增，0)1(1111)1()1(,01)1(112kkkkkekkfkekfk所以存在),0(1x使得0)1()(1211xkekxfkx，即：1211xkekx0lnln211xkkx，kkxkxkln2ln1219 分当10 xx 时，0)(xf，)(xf递减；当1xx 时，0)(xf，)(xf递增10 分)l
13、n21(1)ln1(1ln1ln)()(121211211211min1kkxkxkxkxkkxxkkxexfxfkx)ln1(2)ln22(12kkkkkk因为ek1，故1lnk，0)(,0)(minxfxf12 分方法二：0ln0lnxkekxekxkx，由于ek1，所以xeexkexekxln1ln1，故只需证0ln11xeexe，即0ln1xeexe，设xeeexgxeexgxexe111)(,ln)(，)(xg在),0(增，且0)(eg，故),0(ex时0)(xg，)(xg减；),(ex时0)(xg，)(xg增，所以0)()(minegxg，0)(xg，原不等式成立方法三：证明不等式xxeeekexekxln111（如图）方法四：kxekxekxkxln0ln，注意到kxey 与kxyln互为反函数，其图像关于xy 对称，故只需证当ek1时，kxxekxln
