1、【答案】第 1 页 共 11 页 2023 年普通高等学校招生全国统一考试模拟测试（二）数学参考答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 B D C B D C A B BD ACD AD ABD 132 1433 152218154xy 162 69（或2 69，或2 3015，或2 3015）17（1）nan；（2）21221534412nnTn18（1）3C；（2）12或 1 19（1）证明见解析；（2）10535 20（1）44625；（2）（i）分布列见解析，期望最大值为134；（ii）222 21（1）240ea；（2）1233xxx，证明见解析22（1）证明见解
2、析；（2）45 1032 1【答案】D【解析】2|30 1,0,1ZAxx，1,2B，则1,0 1,2AB 故选：D 2【答案】D【解析】由题意得22222(3cos)sin3cos(1 cos)2cos13z，当cos1 时，等号成立，故max3z，故选：D 3【答案】C 【解析】因为离心率2 3233cea，不妨设3a，则2c，1b，所以渐近线方程为3333abyxxxaa ，所以两条渐近线的倾斜角分别为6和56，因为52663，所以两条渐近线所夹的锐角为233；即双曲线的两条渐近线的夹角为3 4【答案】B 【解析】设游客到地面的距离为my，设y关于转动时间t（单位：分钟）的函数关系式为s
3、in()(0,0)yAtb A，则60A，10Ab，可得70b，函数sin()yAtb的最小正周期为30T，则215T，当0t时，游客位于最低点，可取2，所以60sin7060cos7015215tty，由100y，即60cos7010015t，可得1cos152t，所以242 2()3153Ntkkk，解得30103020()Nktkk，因此，游客在摩天轮转动一圈的过程中最佳观景时长约有 10 分钟故选：B 5【答案】D【解析】作轴截面图如下：ABC为圆锥的轴截面，点O为与侧面相切球的球心，点,E F为切点，由已知，可得4ABBCAC，32OEOF，60ACB，OEAC，在OEC中，32OE
4、，90OEC，30OCE，【答案】第 2 页 共 11 页 所以3OC，32CE，又4AC，所以52AE，所以圆台的母线长为52，因为CECF，60ECF，所以ECF为等边三角形，所以32EF，所以圆台的侧面积35552428S 故选：D 6【答案】C【解析】由圆O是ABC的外接圆，且4A，故OBOC，所以ABOBOA ，则AB OCOB OCOA OC ，所以cos,AB OCOA OCOA OC ，故,OA OC 反向共线时AB OC 最大，所以max()1AB OC 故选：C 7【答案】A【解析】2023()1x的展开式通项为120232023C()C(1)(0,1,2,2023)kkk
5、kkkTxxk ，所以2023C(1)(0,1,2,2023)kkkak，所以2023202320232023 220232023202320232023C(1)C(1)(1)CC(01)kkkkkkkkkkaa ，所以2023110(0,1,2,2023)kkkaa，且01a，所以1220230122023011111111aaaaaaaa 020231202210111012011111111aaaaaaa 故选：A 8【答案】B【解析】因为ln22ln2ln4244a，22lneec，考虑构造函数ln()xf xx，则21 ln()xfxx，当0ex时，()0fx，函数()f x在(0,
6、e)上单调递增，当ex 时，()0fx，函数()f x在(e,)上单调递减，因为ln20.7，所以0.7e2，即20.72e(e)4，所以234e，所以22ln3ln4lne34e，即22ln3ln2lne32e，又ln3ln33e，所以22ln3ln2lnee2e，故bac 9【答案】BD【解析】对于 A 选项，若直线m与相交，且平面内存在直线l与直线m平行，由于m，则/m，这与直线m与相交矛盾，假设不成立，A 错；对于 B 选项，若m，则在平面内必存在l与直线m垂直，若直线m与相交，设mA，如下图所示：【答案】第 3 页 共 11 页 若m，且l，则ml，若m与斜交，过直线m上一点P（异于
7、点A）作PB，垂足点为B，过点A作直线l，使得lAB，因为PB，l，则lPB，又因为lAB，PBABB，PB、AB 平面PAB，所以l 平面PAB，因为m 平面PAB，所以lm，综上所述，平面内存在直线l与直线m垂直，B 对；对于 C 选项，设直线l与平面的一个公共点为点A，假设存在平面，使得/且/m，过直线m作平面，使得l，因为/m，m，l，则/lm，因为/，记n，又因为l，则/nl，因为在平面内有且只有一条直线与直线l平行，且An，故m、n重合，所以m，但m不一定在平面内，当m与相交时，则m与也相交，C 错；对于 D 选项，若m，则过直线m的任意一个平面都与平面垂直，若m与不垂直，设直线m
8、与平面的一个公共点为点A，则过点A有且只有一条直线l与平面垂直，记直线l、m所确定的平面为，则，D 对故选：BD 10【答案】ACD【解析】因为()costanf xxx，所以(2)cos(2)tan(2)costan()f xxxxxf x，所以函数()f x为周期函数，A 正确；因为coscostansin222sinxfxxxxx coscostansin222sinxfxxxxx，所以22fxfx，所以函数2fx为奇函数，故函数2fx的图象关于原点对称，所以,02为函数()f x的中心对称，C 正确；当0,2x时，2222cossin1()sinsincoscosxxfxxxxx ，因
9、为0cos1x，0sin1x，所以()0fx，所以函数()f x在0,2上单调递增，D 正确；由21()sincosfxxx 可得，当22x时，由0cos1x，1sin1x，可得()0fx，函数()f x在,2 2上单调递增，当322x，由1cos0 x，1sin1x，可得()0fx，函数()f x在 3,22上单调递增，又(0)1f，()1f，作出函数()f x在 3,2 222的大致图象可得：结合函数()f x是一个周期为2的函数可得函数()f x没有对称轴，B 错误故选：ACD 11【答案】AD【解析】设甲球员的 5 场篮球比赛得分按从小到大排列为12345,x xx xx，则12345
10、xxxxx，326x，且 24 至少出现 2 次，故1224xx，A 正确；设乙球员的 5 场篮球比赛得分按从小到大排列为12345,y yyyy，则12345yyyyy，329y，取124520,23,29,29yyyy，可得其满足条件，但有 2 场得分低于 24，B 错误；设丙球员的 5 场篮球比赛得分按从小到大排列为12345,z zz zz，【答案】第 4 页 共 11 页 由已知22222123451(26)(26)(26)(26)(26)9.65zzzzz，所以2222212345(26)(26)(26)(26)(26)48zzzzz，若432z，则532z，所以222221234
11、5(26)(26)(26)(26)(26)72zzzzz，矛盾，所以532z，22221234(26)(26)(26)(26)12zzzz，因为12345,z zz zz的平均数为 26，所以123498zzzz，取123423,25,25,25zzzz，满足要求，但有一场得分低于 24 分，C 错误；因为5 60%3，所以丙球员连续 5 场比赛得分的第 60 百分位数为342zz，若34242zz，则12242zz，故123498zzzz，矛盾，所以34242zz，所以丙球员连续 5 场比赛得分的第 60 百分位数大于 24，D 正确；故选：AD.12【答案】ABD【解析】因为选项斜率均为正
12、值，不妨假设AB所在的直线过点(0,0)，设直线AB的倾斜角为0,2，斜率为k，若CD所在的直线过点(1,0)，如图，可得sinBC，2cosCD，因为BCCD，即sin2cos，则tan2k；若CD所在的直线过点(2,0)，如图，可得2sinBC，3cosCD，因为BCCD，即2sin3cos，则3tan2k；若CD所在的直线过点(4,0)，如图，可得4sinBC，cosCD，因为BCCD，即4sincos，则1tan4k；综上所述：k的可能值为3 12,2 4故选：ABD 13【答案】2 【解析】由题意可得232242111(26)aaaqaa q，则20a，上述两个等式作商可得2413q
13、q，即23440qq，因为1q，解得2q 14【答案】33 【解析】23222 34ABCDS，132EFGHABCDSS，四棱锥IEFGH的高为 1，所以33I EFGHV【答案】第 5 页 共 11 页 15【答案】2218154xy【解析】由对称性不妨令点 M 在第一象限，令直线MN交 y 轴于点 A，过 N 作NBx轴于 B，令1(,0)Fc，2(,0)F c，因为2MFx轴，则2/OAMF，而O为12FF的中点，又A为1MF中点，而3OA，于是226MFOA，由14MNFN 知，1113NFMF，显然2/NBMF，因此2123NBMF，1121233cBFFF，于是5,23cN，又(
14、,6)M c，则22222225419361cabcab，解得254b，223ac，而222abc，则227c，281a，所以椭圆C的标准方程为2218154xy故答案为：2218154xy 16【答案】2 69（或2 69或2 3015或2 3015）【解析】设切点坐标为3(,)t tt，因为3()f xxx，则2()31fxx，切线斜率为2()31f tt，所以曲线()yf x在xt处的切线方程为32()(31)()ytttxt，将点P的坐标代入切线方程可得32230tmtmn，设过点P且与曲线()yf x相切的切线的切点的横坐标分别为1x、2x，且12xx，因为这两条切线关于直线xm对称
15、，则221212()()31 310fxfxxx ，所以221223xx，易知1x、2x关于t的方程32230tmtmn的两个根，设该方程的第三个根为3x，则32123232()()()tmtmntxtxtx，则32321231223131232322()2()2tmtmntxxx tx xx xx x tx x x，所以1231223131232212320223mxxxx xx xx xmnx x xxx，因为过点(,)P m n恰能作两条直线与曲线()yf x相切，则关于t的方程32230tmtmn只有两个不等的实根，不妨设31xx，【答案】第 6 页 共 11 页 则122121212
16、221232220223mxxx xxmnx xxx，若10 x，则2223223mxx，可得29243m，解得2 69m ；若2120 xx，则122xx，所以1223232mxxx，可得22mx ，1xm，所以222125243mxx，解得2 3015m 综上所述，2 69m 或2 3015故答案为：2 69（或2 69或2 3015或2 3015）17【答案】（1）nan；（2）21221534412nnTn【解析】（1）因为1a，2a，4a成等比数列，所以2214aa a，1 分 即2(1)1(1 3)dd，2 分 解得0d 或1d 3 分 因为0d，所以1d，4 分 所以1 1(1)
17、nann 5 分（2）由（1）得2,1,(2)nnnbnn n为奇数为偶数.6 分 所以2,1 11,22nnnbnnn 为奇数为偶数.，7 分 所以21232121321242()()nnnnnTbbbbbbbbbbb 13211111111(222)22446222nnn8 分 121222221 111 22 222nn9 分 2121534412nn，所以数列nb的前2n项的和21221534412nnTn10 分 18【答案】（1）3C；（2）12或 1【解析】（1）由正弦定理sinsinbcBC，得3sincossinsin2ABBCB，1 分 因为(0,)B，则sin0B，所以3
18、cossin2ABC，2 分 因为ABC，所以coscossin2222ABCC 3 分【答案】第 7 页 共 11 页 所以3sin2sincos222CCC 4 分 因为(0,)C，则0,22C，可得sin02C，所以3cos22C，5 分 则26C，所以3C 6 分（2）方法一：因为3abc，由正弦定理sinsinsinabcABC，得3sinsin3sin2ABC，7 分 因为233AB，所以2sinsinsinsin3ABAA8 分 31333sincossinsincos3sin222262AAAAAA，即3sin62A9 分 因为(0,)A，则 7,666A，所以63A或23，1
19、0 分 所以6A或2，11 分 故1sin2A或 112 分 方法二：因为3C，由余弦定理得222(*)cabab，7 分 将3()3cab代入(*)式得2221()3ababab，整理得222520aabb，因式分解得(2)(2)0ab ab，解得2ab或2ba，9 分 当2ab时，3cb，所以222222234cos0,22 3bcabbbAbcb 因为(0,)A，所以2A，10 分 当2ba时，3ca，所以2222222433cos224 3bcaaaaAbca，因为(0,)A，所以6A，11 分 所以sin A的值为12或 1 12 分 19【答案】（1）证明见解析；（2）10535【
20、解析】（1）如图 1，连接BD，因为四边形ABCD是平行四边形，且120ABC，1AB，2BC，所以1CD，60BCD，/ABCD，1 分 所以22212cos142 1 232BDBCCDBC CDBCD ，所以3BD，2 分 所以222BCBDCD，所以CDBD，3 分 又因为CDPD，BDPDD，BD，PD 平面PBD，所以CD 平面PBD，4 分 因为PB 平面PBD，所以CDPB，因为/ABCD，所以ABPB 5 分（2）如图 2，设平面PAB和平面PCD的交线为直线l，【答案】第 8 页 共 11 页 因为/CDAB，CD 平面PAB，AB 平面PAB，所以/CD平面PAB，因为C
21、D 平面PCD，平面PCD平面PBCl，所以/CDl，因为CD 平面PBD，所以l 平面PBD，因为,PB PD 平面PBD，所以lPB，lPD，所以BPD是平面PAB与平面PCD的二面角，7 分 因为平面PAB 平面 PCD，所以90BPD，即BPDP，在RtABP中，因为102PA，1AB，所以62PB，在RtBPD中，因为3BD，则62PD，所以BPD为等腰直角三角形，8 分 方法一：由（1）得CD 平面PBD，如图 3，以点D为坐标原点，DB所在直线为 x 轴，DC所在直线为 y 轴，过点D垂直于平面ABCD的直线为 z 轴建立空间直角坐标系，则(3,1,0)A，(3,0,0)B，(0
22、,1,0)C，33,0,22P，9 分 所以(3,2,0)AC ，(3,1,0)BC ，33,0,22BP ，10 分 设平面 PBC 的法向量为(,)nx y z，则3033022n BCxyn BPxz ，取1x，则3y，1z，得(1,3,1)n，11 分 记直线AC与平面PBC所成角为，则32 30105sincos,351 3 134n ACn ACnAC ，所以直线AC与平面PBC所成角的正弦值为1053512 分 方法二：在ABC中，因为1AB，2BC，120ABC，则 2212cos142 1 272ACABBCAB BCABC ，9 分 因为四边形ABCD是平行四边形，所以/A
23、DBC，又因为AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以/AD平面PBC，所以A PBCD PBCVV，因为D PBCC BPDVV，所以A PBCC BPDVV，设点A到平面PBC的距离为d，由（1）知CD 平面PBD，所以1133PBCBPDSdSCD，10 分 在PBC中，62PB，2BC，102PCPA，因为222PBPCBC，所以PBPC，所以1610152224PBCS，所以11511661343222d，解得155d，11 分 记直线AC与平面PBC所成角为，则151055sin357dAC，【答案】第 9 页 共 11 页 所以直线AC与平面PBC所成角的正弦值为1053512
24、分 20【答案】（1）44625；（2）（i）分布列见解析，期望最大值为134；（ii）222【解析】（1）用事件 A，B，C 分别表示每局比赛“甲获胜”“乙获胜”或“平局”，则 2()5P A，2()5P B，1()5P C，1 分 记“进行 4 局比赛后甲学员赢得比赛”为事件 N，则事件 N 包括事件 ABAA，BAAA，ACCA，CACA，CCAA共 5 种，3 分 所以()()()()()()P NP ABAAP BAAAP ACCAP CACAP CCAA 2()()()()3()()()()P B P A P A P AP C P C P A P A4 分 422212442355
25、5625 5 分（2）（i）因为0，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即1，由题意得 X 的所有可能取值为 2，4，5，则 6 分 22(2)P X，2222(4)()()2()P X ，22(5)()()14P X 所以 X 的分布列为 X 2 4 5 P 22 222()224 8 分 所以 X 的期望222222()2()8()20E X 22222(12)8(12)20442 ，9 分 因为12，所以14，当且仅当12时，等号成立，所以10,4，所以2222113()442(21)121144E X ，故()E X的最大值为13410 分（ii）记“甲学员赢得比赛”为事件M，
26、则2222()1 2P M 12 分 注：由（1）得前两局比赛结果可能有 AA，BB，AB，BA，其中事件 AA 表示“甲学员赢得比赛”，事件BB 表示“乙学员赢得比赛”，事件 AB，BA 表示“甲、乙两名学员各得 1 分”，当甲、乙两名学员得分总数相同时，甲学员赢得比赛的概率与比赛一开始甲学员赢得比赛的概率相同 所以()()1()0()()()()P MP AAP BBP ABP MP BAP M ()()()()()()()()P A P AP A P B P MP B P A P M2()()P MP M22()P M【答案】第 10 页 共 11 页 所以2(1 2)()P M，即2(
27、)1 2P M，因为1，所以22222222()()222P M 21【答案】（1）240ea；（2）1233xxx，证明见解析【解析】（1）由题意得2()exf xxa有三个零点，所以方程2e0 xxa有三个根，即方程2exxa有三个根所以函数ya与函数2exxy 的图象有三个公共点，1 分 设2()exxg x，则22()exxxg x，2 分 令()0g x，解得02x；令()0g x，解得0 x 或2x，所以()g x在(0,2)上单调递增，在(,0)和(2,)上单调递减，3 分 因为当x 时，()g x ，当x 时，()0g x，且(0)0g，24(2)eg，4 分 所以(0)(2)
28、gag，即实数 a 的取值范围为240ea5 分（2）因为123xxx，由（1）得12302xxx，6 分 由322232eexxxxa，得22332ln2lnxxxx，设()2lnh xxx，则23()()h xh x，求导得2()1h xx，令()0h x，解得02x，令()0h x，解得2x，所以()h x在(0,2)上单调递增，在(2,)上单调递减，设()(4)()m xhxh x，02x，7 分 则()2ln(4)42ln2ln(4)2ln24m xxxxxxxx，02x，求导得2222(2)()204(4)xm xxxx x恒成立，所以()m x在(0,2)上单调递减，所以()(2
29、)0m xm，即(4)()hxh x，8 分 因为202x，所以223(4)()()hxh xh x，又因为32x，242x，()h x在(2,)上单调递减，所以234xx，即234xx，9 分 设024()eg x且00 x，则1024()()eg xag x，因为()g x在(,0)上单调递减，所以10 xx，10 分 因为3e4，所以1214ee，所以01214(1)()eegg x，因为()g x在(,0)上单调递减，所以01x ，11 分 所以101xx，所以1234 13xxx 12 分 22【答案】（1）证明见解析；（2）45 1032【解析】（1）因为PAPBPCPD，且P，A
30、，C共线，P，B，D共线，所以/ABCD，(1 分)【答案】第 11 页 共 11 页 所以直线AB和直线CD的斜率相等，即ABCDkk，2 分 设211(,)A x x，222(,)B x x，233(,)C x x，424,()D x x，则点M的横坐标122Mxxx，点N的横坐标342Nxxx，由ABCDkk，得222243212143xxxxxxxx，3 分 因式分解得434321212143()()()()xxxxxxxxxxxx，约分得2143xxxx，所以341222xxxx，即MNxx，所以MN垂直于x轴4 分（2）设00(,)P xy，则22001xy，且010y，5 分 当
31、2时，C为PA中点，则0132xxx，20132yxy，因为C在抛物线上，所以22010122yxxx，整理得2210100220 xx xyx，6 分 当2时，D为PB中点，同理得2220200220 xx xyx，所以12,x x是方程22000220 xx xyx的两个根，因为2220000044(2)8()0 xyxxy，由韦达定理得1202xxx，212002x xyx，7 分 所以1202Mxxxx，所以PM也垂直于x轴，所以222220001200004423()22xyxxxPMyyxy，8 分 因为222212121200000()44842 2xxxxx xxyxxy，9 分 所以12331442PABABDCSSPMxx四边形10 分 222300000039 2(3)2 2()84xyxyxy23009 2(1)4yy，010y，11 分 当012y 时，2001yy取得最大值54，所以39 2545 104432ABDCS四边形，所以四边形ABDC面积的最大值为45 1032 12 分
