1、【教师版】第 1 页 共 16 页 厦门市厦门市 2023 届高三毕业班第二次质量检测届高三毕业班第二次质量检测 数学试题数学试题 一、单选题：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复数1z，2z在复平面内对应的点分别为(1,2)，(0,1)，则1 2z z （）A1 i B2i C2i D2i 1【答案】B【解析】112iz ，2iz ，1 2(12i)(i)2iz z 25()axy的展开式中23x y项的系数等于 80，则实数a （）A2 B2 C2 2 D2 2 2【答案】D【解析】展开式中含23x y的项为3252332C
2、()10axya x y，所以21080a，解得2 2a 3不等式2210()axxa R恒成立的一个充分不必要条件是 （）A1a B1a C102a D2a 3【答案】D【解析】当0a 时，210 x 不恒成立，舍去，当0a 时，4西施壶是紫砂壶器众多款式中最经典的壶型之一，是一款非常实用的泡茶工具(如图 1)西施壶的壶身可近似看成一个球体截去上下两个相同的球缺的几何体 球缺的体积2(3)(3Rh hVR为球缺所在球的半径，h为球缺的高)若一个西施壶的壶身高为8cm，壶口直径为6 cm(如图 2)，则该壶壶身的容积约为(不考虑壶壁厚度，取 3.14)（）A494 ml B506 ml C50
3、9 ml D516 ml 4【答案】A【解析】5厦门山海健康步道云海线全长约 23 公里，起于东渡邮轮广场，终于观音山沙滩，沿线串联筼筜湖、狐尾山、仙岳山、园山、薛岭山、虎头山、金山、湖边水库、五缘湾、虎仔山、观音山等“八山三水”市6cm8cm6cm8cm图图1图图2【教师版】第 2 页 共 16 页 民甲计划从“八山三水”这 11 个景点中随机选取相邻的 3 个游览，则选取的景点中有“水”的概率为（）A13 B49 C59 D109165 5【答案】C【解析】11 个景点中随机选取相邻的 3 个游览，共有 9 种选法，其中选取的景点中有“水”的有 5 种选法，所以所求概率为59 6如图，3c
4、os4 （）A2 55 B55 C45 D2 55 6【答案】A【解析】法一：设POx，则4，且1tan2，1tantan1142tan131tantan142，3 10cos10，10sin10；法二：(2,1)OP ，(2,2)OQ，63 10coscos,102 25OP OQOP OQOPOQ ，10sin10 3332 5coscosco3 102ssin10210sin44210245 7圆O为锐角ABC的外接圆，22ACAB，点P在圆O上，则BP AO 的取值范围为（）A1,42 B0,2)C1,22 D0,4)7【答案】C【解析】因为ABC为锐角三角形，且22ACAB，(60,
5、90)A，254cosaA，设外接圆半径为R，则222254cos4sin1 cosaARAA，又1cos0,2A，构造函数2541()012xf xxx，(2,2)Q(2,1)P【教师版】第 3 页 共 16 页 则222224(1)2(54)2(21)(2)()0(1)(1)xxxxxfxxx，()f x单调递减，故()(4,5)f x，所以24(4,5)R，251,4R，又()BP AOBOOPAOBO AOOP AO ，取BC中点D，连接DO，则222221()()22BO AOBDDOADDODOADRADR ，又22,OP AORR ，211,222BP AOR ，又251,4R，
6、1,22BP AO DOCABP 8已知9e3ea，ln3b，22ln27c，则 （）Acba Babc Ccab Dbac 8【答案】A【解析】9e3ea，ln3b，22ln27c，分析共性，由b，c的对数结构和a，c的分式结构，做变形如下9e3e3e12lne23e3e3ea ，则33ln3ln3233b，2432ln2ln42743c，从而构造函数3()ln23xf xxx，则(e)af，(3)bf，(4)cf，222112(3)()0(3)(3)xfxxxxx，()f x是增函数，所以cba 二、多选题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分在每小题给出的四个选项中，有多个选项
7、符合题目要求，全部选对的得 5 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分 9李明每天 7：00 从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车他各记录了 50 次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时 30 分钟，样本方差为 36；骑自行车平均用时 34 分钟，样本方差为 4假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则（）A(32)(32)P XP Y B(36)(36)P XP Y C李明计划 7：34 前到校，应选择坐公交车 D李明计划 7：40 前到校，应选择骑自行车 9【答案】BCD【教师版】第 4 页 共 16 页【解析】2(30,6)XN，2(3
8、4,2)YN，则(32)0.5P X，而(32)0.5P Y，故(32)(32)P XP Y，所以 A 错误；(36)()P XP X，(36)()P YP Y，故(36)(36)P XP Y，B 正确；选项 C，(34)0.5P X，(34)0.5P Y，所以选择坐公交车不迟到的概率更大，C 正确；选项 D，5(40)3P XP X，(40)(3)P XP Y，故(40)(40)P XP Y，所以选择骑自行车不迟到的概率更大，D 正确 10函数2()()()f xb xaxb的图象可以是 （）10【答案】BC【解析】当0a，0b 时图象为 B；当0a，0b 时图象为 C 11如图的六面体中，
9、1CACBCD，2ABBDADAEBEDE，则（）ACD 平面ABC BAC与BE所成角的大小为3 C3CE D该六面体外接球的表面积为3 11【答案】ACD【解析】根据题意，可将该六面体还原成如图所示的棱长为 1 的正方体，在该正方体中，显然有CD 平面ABC，AC与BE所成角的大小为4，3CE，该六面体的外接球即为正方体的外接球，直径23R，表面积2(2)3SR，故选 ACD ABCDE【教师版】第 5 页 共 16 页 ABCDE 12定义在R上的函数()f x满足(2)(2)4fxfxx，函数(21)fx的图象关于(0,2)对称，则 （）A()f x的图象关于(1,2)对称 B4 是(
10、)f x的一个周期 C(2)4f D(2023)4042f 12【答案】AD【解析】因为(21)fx关于(0,2)对称，有(21)(21)4fxfx 令21xt，则(2)()4,()ftf tf x的图象关于(1,2)对称选项 A 正确；，由(2)2(2)(2)2(2)fxxfxx，令()()2g xf xx，有(2)(2)gxgx，则()g x的图象关于2x 对称，因为(12)(12)4fxfx，有(12)2(1 2)(12)2(12)8fxxfxx 即(1 2)(12)8gxgx，则()g x的图象关于(1,4)对称 则 4 为()g x的一个周期，有(4)()g xg x，即(4)2(4
11、)()2f xxf xx，则(4)()8f xf x选项 B 不正确；(2023)(4 5053)(3)(1)4gggg，有(2023)4042f 选项 D 正确 因为()sin422g xx合题意(图象关于(1,4)对称，2x 对称)，(2)(2)412fg 选项 C 不正确 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13将函数()sin 23f xx的图象向左平移02个单位长度，得到函数()g x的图象，若()g x是奇函数，则 13【答案】6【教师版】第 6 页 共 16 页【解析】依题意，()sin 203f，2,3kkZ，又因为02，6 14写出与直线1x，1y 和
12、圆221xy都相切的一个圆的方程 14【答案】22(2)1xy；22(2)1xy；222(22 2)(22 2)(32 2)xy；222(22 2)(22 2)(32 2)xy(写出一个即可)【解析】如图所示，符合条件的圆共有四个，15数列na满足111nnnaaa，12a 若123nnTa a aa，则10T 15【答案】6【解析】212312a，31 311 32a，411121312a，511132113aa，所以数列na是周期数列，周期为 4，且12341a a a a，所以10126Ta a 16 不与x轴重合的直线l过点(,0)(0)NNN xx，双曲线2222:1(0,0)xyC
13、abab上存在两点A，B关于l对称，AB中点M的横坐标为Mx若4NMxx，则C的离心率为 16【答案】2【解析】设M的纵坐标为My，由双曲线第三定义21OMABkke因为l是AB垂直平分线，有1ABlkk ，所以2(1)OMlkek，即2(1)MMMMNyyexxx，化简得：2NMxe x，故2e 【教师版】第 7 页 共 16 页 ABMN 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(10 分)ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c已知22 cosacbC（1）求B；（2）A的角平分线与C的角平分线相交于点,3,5D ADCD，求AC和BD
14、17本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式和三角恒等变换等基础知识；考查运算求解、推理论证能力；考查数形结合、化归与转化思想等本题满分 10 分 解法一：（1）因为22 cosacbC，由正弦定理得2sinsin2sincosACBC1 分 所以2sin()sin2sincosBCCBC，所以2sincos2cossinsin2sincosBCBCCBC，所以2cossinsinBCC，2 分 因为sin0C，所以1cos2B，3 分 因为(0,)B，所以3B4 分 （2）因为3B，A与C的角平分线相交于点D，所以111()2223DACDCABACBCAB，所以23ADC，6 分 在A
15、CD中，3AD，5CD，由余弦定理得2222cos49ACADCDAD CDADC，所以7AC，7 分 又sinsinCDACDACADC，所以5 3sin14DAC，所以5 3sin14DAB，8 分 在ABD中，sinsinADBDABDBAD，所以15 37BD 10 分【教师版】第 8 页 共 16 页 ADCB 解法二：（1）因为22 cosacbC，由余弦定理得222222abcacbab，1 分 所以22222aacabc，即222acbac，2 分 所以2221cos22acbBac，3 分 因为(0,)B，所以3B4 分（2）因为3B，角A与角C的内角平分线相交于点D，所以1
16、11()2223DACDCABACBCAB，所以23ADC，6 分 在ACD中，3AD，5CD，由余弦定理得2222cos49ACADCDAD CDADC，所以7AC，7 分 设ABC的内切圆半径为r，由11sin22DA DCADCAC r，得15 314r，8 分 过D作DHAB，垂足为点H，所以15 314DH 9 分 在直角BDH中，6DBH，所以15 37BD 10 分【教师版】第 9 页 共 16 页 ADCBH 18(12 分)如图，在直四棱柱1111ABCDABC D中，/ABCD，ABAD，11ADBD（1）证明：四边形11ADD A为正方形；（2）若直线1BD与平面ABCD
17、所成角的正弦值为33，2CDAB，求平面1ABD与平面1BCD的夹角的大小 ABCDD1A1B1C1 18本题考查直棱柱的定义、直线与平面的位置关系、空间角、空间向量等基础知识；考查空间想象、运算求解、推理论证能力；考查数形结合思想、化归与转化思想等本题满分 12 分 解：（1）因为四棱柱1111ABCDABC D为直四棱柱，所以四边形11ADD A为矩形 1 分 因为ABAD，1ABAA，1ADAAA，所以AB 平面11ADD A，所以1ABAD，2 分 又11ADBD，1ABBDB，所以1AD 平面1ABD4 分 所以11ADAD，所以四边形11ADD A为正方形 5 分（2）连接BD由于
18、1DD 平面ABCD，所以1D BD为直线1BD与平面ABCD所成的角，所以1113sin3DDD BDBD设11DD，则13BD，2BD，1AB，2CD，6 分 如图，以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，则(0,1,1)B，(0,2,0)C，1(1,0,0)D，(0,1,1)BC ，1(1,1,1)BD ，7 分【教师版】第 10 页 共 16 页 设平面1BCD的法向量为(,)nx y z，则10,0.BC nyzBD nxyz 令1y，则1z，2x，所以(2,1,1)n 9 分 由（1）知1AD 平面1ABD，所以平面1ABD的一个法向量为1(1,0,1)DA 10 分1112 13c
19、os,226DA nDA nDAn ，11 分 所以平面1ABD与平面1BCD的夹角为3012 分 ABCDD1A1B1C1xyz 19(12 分)记等差数列na的公差为d，前n项和为nS；等比数列nb的公比为q，前n项和为nT已知314ba，436Sb，317Ta（1）求d和q；（2）若11a，0q，1,nnnnna bnca bn为奇数为偶数，求 nc的前2n项和 19本题考查等差和等比数列的基本量运算、数列求和等基础知识；考查运算求解、推理论证能力；考查函数与方程思想、化归与转化思想等本题满分 12 分 解：（1）由已知条件可得：2114bqa，211466adbq，211117bbqb
20、qa，2 分 由消去2bq得：1d，3 分 由得：22417qqq，所以23440qq，得2q 或23q ，所以1d，2q 或235 分（2）当0q 时，2q，则111ba，所以nan，12nnb，6 分【教师版】第 11 页 共 16 页 所以12,2,nnnnncnn为奇数为偶数7 分 212121212(21)2222nnnnnccnn，9 分 nc的前2n项和为1233212nnScccccc 35211234212()()()2222nnncccccc10 分 2(1 4)2(41)143nn12 分 20(12 分)移动物联网广泛应用于生产制造、公共服务、个人消费等领域截至 202
21、2 年底，我国移动物联网连接数达 18.45 亿户，成为全球主要经济体中首个实现“物超人”的国家下图是 20182022 年移动物联网连接数W与年份代码t的散点图，其中年份 20182022 对应的t分别为 15 （1）根据散点图推断两个变量是否线性相关，计算样本相关系数(精确到 0.01)，并推断它们的相关程度；（2）(i)假设变量x与变量Y的n对观测数据为11(,)x y，22(,)xy，(,)nnxy，两个变量满足一元线性回归模型2,()0,(),YbxeE eD e(随机误差iiieybx)请推导：当随机误差平方和21niiQe取得最小值时，参数b的最小二乘估计(ii)令变量xtt，y
22、ww，则变量x与变量Y满足一元线性回归模型2,()0,(),YbxeE eD e利用(i)中的结论求y关于x的经验回归方程，并预测 2024 年移动移动物联网连接数 附：样本相关系数12211()()niiinniiiittwwrttww，【教师版】第 12 页 共 16 页 5216.9)7(iiww，51(2.)7 2()iiittww，5160.8iiw，76927.7 20【解析】（1）由散点图可以看出样本点都集中在一条直线附近，由此推断两个变量线性相关1 分 因为1(12345)35t ，所以52222221(1 3)(23)(33)(43)(5)3)10iitt，2 分 所以515
23、52211()27.227.227.20.9827.710 76.9769)()()iiiiiiittwwrttww，3 分 所以这两个变量正线性相关，且相关程度很强4 分（2）(i)222221112()()nnniiiiiiiiiiQeybxybx yb x5 分 2221112nnniiiiiiibxbx yy，6 分 要使Q取得最小值，当且仅当121niiiniix ybx 7 分(ii)由(i)知5511552211()()()iiiiiiiiiix yttwwbxtt8 分 27.22.7210，9 分 所以y关于x的经验回归方程为2.72yx，10 分 又5160.8 12.16
24、55iiww，所以当7t 时，734x，2.72 4 12.1623.04wyw，所以预测 2024 年移动物联网连接数为 23.04 亿户12 分 21(12 分)已知函数()e()xf xaxa aR【教师版】第 13 页 共 16 页（1）讨论()f x的单调性；（2）证明：对任意(0,1)a，存在正数b使得ebaab，且2ln0ab 21本题考查函数的单调性、导数及其应用、不等式等基础知识；考查推理论证能力、运算求解能力；考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想等本题满分 12 分 解：（1）()e1xfxa，1 分 若0a，则()0fx，()f x在R上单调递减，2 分 若
25、0a，令()0fx，得lnxa，3 分 当lnxa 时，()0fx，()f x单调递减，当lnxa 时，()0fx，()f x单调递增，4 分 综上所述，当0a时，()f x在R上单调递减，当0a 时，()f x在(,ln)a 上单调递减，在(ln,)a上单调递增5 分（2）由（1）知当01a时，ln0a，且()f x在(,ln)a 上单调递减，在(ln,)a上单调递增，因为(0)0f，所以(ln)0fa7 分 因为1(2ln)2lnfaaaa，8 分 设1()2ln(01)h xxxxx，22121()110h xxxx ，9 分 所以()h x在(0,1)上单调递减，所以()(1)0h x
26、h，即(2ln)0fa，10 分 由零点存在定理知0(ln,2ln)xaa，使得0()0f x，11 分 取0bx，则ebaab，且2ln0ab 12 分 22(12 分)已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率为12，左、右焦点分别为1F，2F，过1F的直线l交C于A，B两点当lx轴时，2ABF的面积为 3（1）求C的方程；（2）是否存在定圆E，使其与以AB为直径的圆内切?若存在，求出所有满足条件的圆E的方程；若不存在，请说明理由 22本题考查直线的方程、直线与椭圆的位置关系、圆与圆的位置关系等知识；考查运算求解能力、推理论证能力等；考查数形结合思想、化归与转化思想等本题满分 12
27、分 解法一：（1）设椭圆C的焦距为2c，则12cea，1 分【教师版】第 14 页 共 16 页 设1(,0)Fc，2(,0)F c，11(,)A x y，22(,)B xy，当直线lx轴时，l的方程为xc，代入椭圆方程得22221cyab，则2bya，所以2ABF的面积为212232bca，2 分 所以23b，3 分 则2a，所以C的方程为22143xy4 分（2）由椭圆对称性可知，若存在满足题意的定圆E，则圆心E一定在x轴上，设0(,0)E x，定圆E半径为r，当直线l与x轴重合时，以AB为直径的圆的方程为224xy，当直线lx轴时，以AB为直径的圆的方程为229(1)4xy，依题0031
28、22xrxr，解得05434rx或09144rx5 分 圆E的方程为22325416xy和22181416xy6 分 以下证明：圆221325:416Exy和圆222181:416Exy都符合题意 设直线:1l xmy，与椭圆方程联立，代入消去x，整理得22(34)690mymy，则122634myym，122934y ym，7 分 设AB中点为D，则2243,34 34mDmm，222212121212()()(14)ABxxyymyyy y 2222226912(1)14343434mmmmmm，8 分【教师版】第 15 页 共 16 页 则226(1)234mABm，因为13,04E，所
29、以22212229143343443434mmDEmmm，9 分 所以2221222915156(1)54423434344AmmmDEmmmB，10 分 即12ABDEr，所以圆221325:416Exy与以AB为直径的圆内切 因为21,04E，所以22222223341343443434mmDEmmm，所以2222222327396(1)94423434344mmABmDEmmm，11 分 即22DErAB，所以圆222181:416Exy与以AB为直径的圆内切 综上所述，存在两个满足条件的定圆，方程为22325416xy和22181416xy12 分 解法二：（1）同解法一；（2）由椭圆
30、对称性可知，若存在满足题意的定圆，该圆圆心一定在x轴上，(i)当直线l不与x轴重合时，设:1l xmy，与椭圆方程联立，代入消去x，整理得22(34)690mymy，则122634myym，122934y ym，5 分 设AB中点为D，则2243,34 34mDmm，222212121212()()1()4ABxxyymyyy y 2222226912(1)14343434mmmmmm 设定圆圆心为0(,0)E x，半径为r，则22022433434mDExmm,7 分【教师版】第 16 页 共 16 页 226(1)234ABmrrm，2ABDEr，即2220222436(1)343434mmxrmmm，8 分 两边平方整理得：2242222200000(363699)(2424246384)16163248200rrxmrxxr mrxxr 9 分 依题需满足220220022003636990,24242463 840,16163248200.rrxrxxrrxxr解得05434rx或09144rx10 分(ii)若直线l与x轴重合时，以AB为直径的圆O为224xy，圆22325416xy和圆22181416xy都与圆O内切，11 分 综上所述，存在两个满足条件的定圆，方程为22325416xy和22181416xy12 分
