2023年普通高等学校招生全国统一考试·新高考仿真模拟卷数学(二)答案_2024年2月_01每日更新_11号_word

进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 2023 年普通高等学校招生全国统一考试·仿真模拟卷 数学（二） 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，只有一个选项是符合题目要求的．   A x x2  x B  x y log x1 1. 已知集合 ， 2 ，则AB（ ） A. 1, B. 0, C. （0，1） D. 0,1 【答案】B 【解析】 【分析】分别化简集合A,B，根据并集的定义求解. 【详解】 A  x x2  x  公 众 不等式x2  x的解集是集合A 号 又因为x2  x xx10 ： 0 x1,A  x 0 x1  一 又   x y log 2 x1 ，所以满足函数y log 枚 2 x1 试 中x的范围就是集合B   卷 所以x10 x1B x x1 君 所以AB  x 0 x1    x x1    x x0  0, 故选：B 2. 已知复数z a2i1i 为纯虚数，则实数a （ ） 1 2 A.  B.  C. 2 D. 2 2 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数乘法计算方法化简复数，结合纯虚数的概念求值即可. 【详解】z a2i1iaai2i2i2 a22ai， 2a 0 因为复数z为纯虚数，所以 ，即a2. a20 故选：D 3. 在正方形ABCD中，M是BC的中点．若  A  C  m  ，  A  M  n ，则  B  D  （ ） 第1页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末     A. 4m3n B. 4m3n     C. 3m4n D. 3m4n 【答案】C 【解析】      【分析】作图，根据图像和向量的关系，得到 BC 2(ACAM)2m2n和              AB ACBC m2m2n2nm，进而利用BD BCCD BCAB，可得答案. 【详解】 公 如图，  A  C  m  众 ，  A  M  n ，且在正方形ABCD中，  A  B    D  C  号    1 ：     ACAM MC  BC，BC 2(ACAM)2m2n，  一 2 枚             AC  ABBC，AB ACBC m2m2n试2nm， 卷            BD BCCD BCAB 2m2n2nm3m4n 君 故选：C 4. 已知a 0.54，blog 0.4，c log 0.4，则a，b，c的大小关系是（ ） 5 0.5 A. bac B. acb C. cab D. abc 【答案】C 【解析】 【分析】利用指数函数，对数函数单调性，找出中间值0,1，使其和a,b,c比较即可. 【详解】根据指数函数单调性和值域，y 0.5x在R上递减，结合指数函数的值域可知， a0.54  0,0.50 0,1 ；根据对数函数的单调性，y log x在(0,)上递增，则 5 blog 0.4log 10，y log x在(0,)上递减，故 5 5 0.5 clog 0.4log 0.51，即c1a 0b，C选项正确. 0.5 0.5 故选：C 5. 端午佳节，人们有包粽子和吃粽子的习俗．四川流行四角状的粽子，其形状可以看成一 第2页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 个正四面体．广东流行粽子里放蛋黄，现需要在四角状粽子内部放入一个蛋黄，蛋黄的形 状近似地看成球，当这个蛋黄的表面积是9π时，则该正四面体的高的最小值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】B 【解析】 3 【分析】根据题意分析可知，当该正四面体的内切球的半径为 时，该正四面体的高最小， 2 再根据该正四面体积列式可求出结果. 3 【详解】由球的表面积为9π，可知球的半径为 ， 2 3 依题意可知，当该正四面体的内切球的半径为 时，该正四面体的高最小， 2 2 3 6 设该正四面体的棱长为a，则高为 a2 (  a)2  a， 3 2 3 公 众1 6 3 1 3 3 根据该正四面体积的可得  a a2   4 a2，解得a3 6 . 号3 3 4 3 2 4 ： 6 一6 所以该正四面体的高的最小值为 a  3 6 6. 3 3 枚 试 故选：B 卷 6. 现有一组数据0，l，2，3，4，5，6，7，若将这组数据随机删去两个数君，则剩下数据的 平均数大于4的概率为（ ） 5 3 2 1 A. B. C. D. 14 14 7 7 【答案】D 【解析】 【分析】先得到删去的两个数之和为4时，此时剩下的数据的平均数为4，从而得到要想 这组数据随机删去两个数，剩下数据的平均数大于4，则删去的两个数之和要小于4，利用 列举法得到其情况，结合组合知识求出这组数据随机删去两个数总共的情况，求出概率. 【详解】0，l，2，3，4，5，6，7删去的两个数之和为4时，此时剩下的数据的平均数为 284 4， 82 所以要想这组数据随机删去两个数，剩下数据的平均数大于4，则删去的两个数之和要小 于4， 有 0,1,0,2,0,3,1,2 四种情况符合要求， 第3页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 将这组数据随机删去两个数，共有C2 28种情况 8 4 1 所以将这组数据随机删去两个数，剩下数据的平均数大于4的概率为  . 28 7 故选：D 7. 在棱长为3的正方体ABCDABC D 中，O为AC与BD的交点，P为AD 上一点， 1 1 1 1 1 1   且AP2PD ，则过A，P，O三点的平面截正方体所得截面的周长为（ ） 1 1 A. 4 13 B. 6 2 公 众 C. 2 132 2 D. 2 134 2 号 【答案】D ： 一 【解析】 枚 【分析】根据正方体的性质结合条件作出过A，P，O三试点的平面截正方体所得截面，再求 卷 周长即得. 君    1 【详解】因为AP2PD ，即DP D A ， 1 1 1 3 1 1 uuuur uuuur 1 取DH  DC ，连接PH,HC,AC ，则HP/ /AC ， 1 3 1 1 1 1 1 1 又AC//AC ， 1 1 所以HP//AC ， 所以A,O,C,H,P共面，即过A ，P ，O三点的正方体的截面为ACHP ， 由题可知AP CH  32 22  13，PH  2 ，AC 3 2， 1 1 第4页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 所以过A，P，O三点的平面截正方体所得截面的周长为4 22 13. 故选：D. ex1 alnx 8. 不等式  1对任意x(1,)恒成立，则实数a的取值范围是（ ） x5 x A. (,1e] B.  ,2e2  C. (,4] D. (,3] 【答案】C 【解析】 ex1 alnx x4ex1x 【分析】分离参数，将  1变为a ,x1，然后构造函数，即将 x5 x lnx 不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，利用导数判断函数的单调性，求最值即可. ex1 alnx 【详解】由不等式  1对任意x(1,)恒成立，此时lnx0 ， x5 x 公 x4ex1x 可得a 众,x1 恒成立， lnx 号 ： x4ex1x x4ex1x 令y  ,x1，从而问题变为一求函数y  ,x1的最小值或范围问 lnx lnx 枚 题； 试 卷 令g(x)ex1x ，则g(x)ex11， 君 当x1 时，g(x)ex110，当x1时，g(x)ex110， 故g(x)ex1x g(1)0，即ex1  x， 所以x4ex1 ex1elnx4 ex4lnx1  x4lnx，() ，当且仅当x4lnx1 时取等 号， 4 x4 令h(x) x4lnx1，则h(x)1  ， x x 当x4 时，h(x)0，当x>4时，h(x)0， 故h(x) h(4)34ln40 ，且当x时，h(x) x4lnx1也会取到正值， min 即x4lnx1在x1 时有根，即() 等号成立， 所以x4ex1x x4lnxx4lnx ， x4ex1x 则 4，故a4 ， lnx 故选：C 【点睛】本题考查了不等式的恒成立问题，解法一般是分离参数，构造函数，将恒成立问 第5页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 题转化为求函数最值或范围问题，解答的关键是在于将不等式或函数式进行合理的变式， 这里需要根据式子的具体特点进行有针对性的变形，需要一定的技巧. 二、选择题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20 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 5分，有选错的得 0分，部分选对的 得 2分． 9. 在平面直角坐标系中，圆C的方程为x2  y2 2y10，若直线yx1上存在一点 M，使过点M所作的圆的两条切线相互垂直，则点M的纵坐标为（ ） A. 1 B. 3 C. 1 D.  3 【答案】AC 【解析】 【分析】首先可根据圆的方程得出圆心与半径，然后根据题意得出点M 、圆心以及两个切 点构成正方形，最后根据 MC 2以及两点间距离公式即可得出结果. 【详解公】x2  y2 2y10化为标准方程为：x2 y12 2，圆心C0,1 ，半径为 众 2 ， 号 ： 因为过点M所作的圆的两条切线相互垂 一 直， 枚 所以点M、圆心以及两个切点构成正方形， MC 2， 试 卷 因为M在直线yx1上，所以可设M a,a1 ， 君 则 MC 2 a2 a22 4，解得：a2或a 0，所以M 2,1 或M 0,1 ， 故点M的纵坐标为1或1. 故选：AC.  π 10. 已知函数 f x Asinx  A0,0, 的部分图象如图所示，若将  2 f x 的图象向右平移mm0 个单位长度后得到函数gx Asinx2 的图象， 则m的值可以是（ ） 第6页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 π π 4π 9π A. B. C. D. 4 3 3 4 【答案】AD 【解析】 π 【分析】根据函数图象可确定A和最小正周期T ，由此可得，结合 f  2可求得， 6 从 而 得 到 f x,gx 的 解 析 式 ， 根 据 f xm gx 可 构 造 方 程 求 得 π m kπkZ，由此可得m可能的取值. 4 5π π 2π 【详解】由图象可知：A2，最小正周期T 4    π， 2， 12 6 T π π  π π  f   2sin    2，  2kπkZ，解得： 6 3  3 2 π  公2kπkZ， 6 众 号 π π  π  π 又 ， ， f x：2sin  2x ，gx2sin  2x ， 2 6  6  3 一 枚  π  f xm2sin  2x2m   gx ， 试  6 卷 君 π π π 2m  2kπkZ，解得：m kπkZ， 6 3 4 π 9π 当k 0时，m ；当k 2时，m . 4 4 故选：AD. 11. 大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统 文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程．已知大衍数列 a  满足 n a n1,n为奇数, a 0，a  n ，则（ ） 1 n1 a n,n为偶数  n A. a 4 3 B. a a 2n1 n2 n n2 1 ,n为奇数,   2 C. a  n n2 ,n为偶数  2 第7页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 D. 数列  1n a  的前2n项和的最小值为2 n 【答案】ACD 【解析】 【分析】当 n2k时， a a 2k ,当 n2k1时， a a 2k ,联立可得 2k1 2k 2k 2k1 n2 1 ,n为奇数   2 a a 4k，利用累加法可得a 2k2 2k，从而可求得a  ， 2k1 2k1 2k1 n n2 ,n为偶数  2 在逐项判断即可. 【详解】令kN且k 1， 当n2k时，a a 2k ①； 2k1 2k 当n2k1时，a a 2k11a 2k②， 2k 2k1 2k1 由①②公联立得a a 4k. 2k1 2k1 众 所以a 3 a 1 4,a 5 a 3号 8,  ,a 2k1 a 2k1 4k ， ： 1kk 累加可得a a a 48 一4k 4 2k2 2k. 2k1 1 2k1  枚2 试 n2 1 令2k1n(n3且为奇数)，得a  . 卷 n 2 君 当n1时a 0满足上式， 1 n2 1 所以当n为奇数时，a  . n 2 n12 当n为奇数时，a a n1 ， n1 n 2 n2 所以a  ，其中n为偶数. n 2 n2 1 ,n为奇数   2 所以a  ，故C正确. n n2 ,n为偶数  2 32 1 所以a  4，故A正确. 3 2 n22 n2 当n为偶数时，a a   2n2，故B错误. n2 n 2 2 第8页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 2n2 2n12 1 因为a a   2n， 2n 2n1 2 2 所以  1n a n  的前2n项和S 2n a 1 a 2 a 3 a 4   a 2n1 a 2n 1nn 2122 2n2 nn1，  2 令c nn1 ， n 因为数列 c  是递增数列，所以 c  的最小项为c 122， n n 1 故数列  1n a  的前2n项和的最小值为2，故D正确. n 故选:ACD. 【点睛】数列求和的方法技巧 (1)倒序相加：用于等差数列、与二项式系数、对称性相关联的数列的求和． (2)错位相减：用于等差数列与等比数列的积数列的求和． 公 (3)分组求和：用众于若干个等差或等比数列的和或差数列的求和． 号 12. 已知抛物线y2 2pxp0的 ： 准线为l:x2，焦点为F，点Px P ,y P  是抛物线上 一 的动点，直线l 的方程为2x y20，过点P分别作PAl ，垂足为A，PBl ，垂 1 枚 1 试 足为B，则（ ） 卷 A. 点F到直线l 的距离为 6 5 B. x 2  x  君 2 2  y2 1 5 p p p 2 6 5 C. x  的最小值为1 D. PA  PB 的最小值为 p y2 1 5 p 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，用点到直线的距离公式即可判断；对于B，利用抛物线的定义即可判断； 对 于 C ， 利 用 基 本 不 等 式 即 可 判 断 ； 对 于 D ， 利 用 抛 物 线 的 定 义 可 得 到 PA  PB  PF  PB  BF ，接着求出 BF 的最小值即可 【详解】由抛物线y2 2pxp0的准线为l:x2可得抛物线方程为y2 8x，焦点为 F2,0 ， 2202 6 5 对于A，点F到直线l 的距离为d   ，故A正确； 1 22 12 5 对于B，因为Px ,y  在抛物线上，所以利用抛物线的定义可得 PF  x 2，即 P P P 第9页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 x 2  x 2 2  y2 ，故B正确； p p p 对于C，因为Px ,y  在抛物线上，所以y2 8x ,x 0， P P p p p 1 1 2 2 1 1 4 4 所以x   x   x   x    p y2 1 p 8x 1 p 1 p 8 1 8 p p x  x  p 8 p 8 1  1 4 1 7 3 2  x      ，当且仅当x  时，取等号，故C错误；  p 8 1 8 8 p 8 x  p 8 对于D，由抛物线的定义可得 PA  PF ，故 PA  PB  PF  PB  BF ，当且仅当 P,B,F三点共线时，取等号，此时BF l ， 1 6 5 6 5 由选项A可得点F到直线l 的距离为d  ，故 PA  PB 的最小值为 ，故D正 公 1 5 5 众 确， 号 故选：ABD ： 一 三、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20 分． 枚 试 13. 已知sin3cos0，则tan2______． 卷 3 君 【答案】 ##0.75 4 【解析】 【分析】利用已知等式可求得tan，由二倍角正切公式可求得结果. sin 【详解】由sin3cos0得：sin3cos，tan 3， cos 2tan 6 3 tan2   . 1tan2 19 4 3 故答案为： . 4 14. 函数 f xln2x1x1的图象在点  0, f 0 处的切线方程是______． 【答案】3x y10 【解析】 【分析】求导函数，可得切线斜率，求出切点坐标，运用点斜式方程，即可求出函数 f(x)的 图象在点  0, f 0 处的切线方程. 第10页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 【详解】  f xln2x1x1， 2  f(x) 1 ，则 f(0)213， 2x1 又Q f(0)ln201011，切点为 0,1 ， 函数 f xln2x1x1的图象在点 0,1 处的切线方程是y13x0, 即 3x y10. 故答案为：3x y10. 15. 2名老师带着8名学生去参加数学建模比赛，先要选4人站成一排拍照，且2名老师同 时参加拍照时两人不能相邻．则2名老师至少有1人参加拍照的排列方法有______种．（用 数字作答） 【答案】3024 【解析】 【分析公】分两种情况讨论：①若只有1名老师参与拍照；②若2名老师都拍照.利用计数原理、 众 插空法结合分类加法计数原理可求得结果. 号 【详解】分以下两种情况讨论：： 一 ①若只有1名老师参与拍照，则只选3名学生拍照，此时共有C1C3A4 2688种排列方 枚 2 8 4 试 法； 卷 ②若2名老师都拍照，则只选2名学生拍照，先将学生排序，然后将2名老师插入2名学 君 生所形成的空位中， 此时，共有C2A2A2 336种排列方法. 8 2 3 综上所述，共有26883363024种排列方法. 故答案为：3024. x2 y2    16. 已知A，B是双曲线C:  1上的两个动点，动点P满足AP AB0，O为坐 2 4 标原点，直线OA与直线OB斜率之积为2，若平面内存在两定点F 、F ，使得 1 2 PF  PF 为定值，则该定值为______． 1 2 【答案】2 10 【解析】 【 分 析 】 设 P(x,y),Ax ,y ,Bx ,y  , 根 据  A  P    A  B  0  得 到 x2x x ， 1 1 2 2 1 2 x2 y2 y 2y  y ，根据点A,B在双曲线  1上则8x2 4y2 16,2x 2  y 2 4，代 1 2 1 1 2 2 2 4 第11页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 入计算得2x2  y2 20，根据双曲线定义即可得到 PF  PF 为定值. 1 2 【详解】设P(x,y),Ax ,y ,Bx ,y  ,则由  A  P    A  B  0  , 1 1 2 2 得 xx ,y y x x ,y  y 0,0 ， 1 1 2 1 2 1 则x2x x ，y 2y  y ， 1 2 1 2 x2 y2  点A,B在双曲线  1上, 2 4 x2 y2 x2 y2  1  1 1, 2  2 1，则8x2 4y2 16,2x 2  y 2 4 1 1 2 2 2 4 2 4 2x2  y2 22x x 2 2y  y 2 1 2 1 2   8x2 2x2 8x x    4y2  y2 4y y  2042x x  y y  ， 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 设k ,k 分别为直线OA,OB的斜率,根据题意, OA OB 公 y y 可知k OA k OB  众 2,即 x 1  x 2 2，y 1 y 2 2x 1 x 2 0 1号2 x2 y2 ： 2x2  y2 20，即  1 一 10 20 枚 x2 y2 试 P在双曲线  1上,设该双曲线的左、右焦点分别为F,F ， 1卷2 10 20 君 由双曲线定义可知||PF ||PF ||为定值，该定值为2 10 . 1 2 故答案为：2 10 . 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. 在 ABC中，角A,B,C 的对边分别是a,b,c ， acacbba0．  （1）求C； 3 （2）若c 3， ABC的面积是 ，求 ABC的周长．   2 π 【答案】（1） . 3 （2）3+ 3. 【解析】 【分析】（1）将 acacbba0化为a2 b2 c2 ab，由余弦定理即可求得 第12页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 角C. （2）根据三角形面积求得ab2，再利用余弦定理求得ab3，即可求得答案. 【小问1详解】 由题意在 ABC中， acacbba0，  a2 b2 c2 1 即a2 b2 c2 ab，故cosC   ， 2ab 2 π 由于C(0,π)，所以C  . 3 【小问2详解】 3 π 1 3 3 由题意 ABC的面积是 ，C  ，即S  absinC  ab ,ab2 ，  2 3 ABC 2 4 2 由c 3，c2 a2 b2 2abcosC得3a2 b2 ab(ab)2 6,ab3， 故 ABC的周长为abc3+ 3.  公 1 1 1 1 18. 已知数列 a众 满足， a  a  a  a n  nN* ． n 号2 1 22 2 23 3 2n n ： （1）求数列 a  的通项公式； n 一 枚 （2）若b 2n1a ，记S 为数列 b  的前n项和，求S ，并证明：当n2时， n n n n 试n 卷 S 6． n 君 【答案】（1）a 2n n （2）S 2n32n16 n 【解析】 【分析】(1)利用递推式相减得出a 2n，并验证首项符合通项，最后得出答案； n (2)错位相减法求前n项和 【小问1详解】 1 1 1 1  2 a 1  22 a 2  23 a 3    2n a n n，① 1 1 1 1 则 a  a  a   a n1n2，② 2 1 22 2 23 3  2n1 n1 1 ①-②得 a 1(n2)，则a 2n(n2)， 2n n n 1 当n=1时，由①得 a 1 ， 2 1 第13页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 ∴a 221， 1 ∴a 2n. n 【小问2详解】 易得b 2n12n， n S 121322 523  2n12n，① n  2S 122 323 524  2n12n1，② n  ②-①得S n 2  23 24   2n1 2n12n1 2  2n2 8  2n12n1 2n32n16， 故S 2n32n16， n 当n2时， 2n32n1 0 公 众 S 6 n 号 19. 如图，四棱锥PABCD中：，平面APD平面ABCD，△APD为正三角形，底面 一 ABCD为等腰梯形，AB//CD，AB2CD2BC 4． 枚 试 卷 君 （1）求证：BD平面APD； （2）若点F 为线段PB上靠近点P的三等分点，求二面角F ADP的大小． 【答案】（1）证明见解析； π （2） 4 【解析】 π 【分析】（1）先用几何关系证明A ，然后根据余弦定理求出BD，结合勾股定理可得 3 BD AD，最后利用面面垂直的性质定理证明； （2）过P作PG  AD，垂足为G，结合面面垂直的性质先说明可以在G处为原点建系， 然后利用空间向量求二面角的大小. 【小问1详解】 第14页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 取AB中点E，连接CE，根据梯形性质和AB2CD可知，CD//AE，且 CD AE，于是四边形ADCE为平行四边形，故CE  AD2 BE CB，则 CEB  π 为等边三角形，故ACEB ，在△ABD中，由余弦定理， 3 π BD2  AB2  AD2 2ABADcos 164812，故BD2 3，注意到 3 π BD2  AD2 12416 AB2，由勾股定理，ADB ，即BD AD，由平面 2 APD 公 平面ABCD，平面APD  平面ABCD AD，BD平面ABCD，根据面面 垂直的性质定理众可得，BD平面APD. 号 【小问2详解】 ： 一 枚 试 卷 君 过P作PG  AD，垂足为G，连接EG，由平面APD平面ABCD，平面APD  平 面ABCD AD，PG平面PAD，根据面面垂直的性质定理，PG 平面ABCD， △APD为正三角形，PG  AD，故AG GD（三线合一），由AEEB和中位线性 质，GE//BD，由（1）知，BD平面APD，故GE 平面APD，于是GA,GE,GP 两两垂直，故以G为原点，GA,GE,GP所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间  直角坐标系. 由（1）知，BD平面APD，又BD//y轴，故可取m(0,1,0)为平面   APD的法向量，又P(0,0, 3)，B(1,2 3,0)，根据题意，BF 2FP，设      1 2 3 2 3 F(x,y,z)，则 x1,y2 3,z 2 x,y, 3z ，解得F , , ，又   3 3 3   第15页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末   4 2 3 2 3 A(1,0,0)，D(1,0,0)，DA(2,0,0)，FA , , ，设平面FAD的法   3 3 3    a0   n  DA0   向量n(a,b,c)，由  ，即4a 2 3b 2 3c ，于是n(0,1,1)为平面 n  FA0    0  3 3 3     mn 1 2 FAD的法向量，故 cos m,n      ，二面角大小的范围是 0,π ，结合图 m n 2 2 π 形可知是锐二面角，故二面角F ADP的大小为 4 20. 为落实体育总局和教育部发布的《关于深化体教融合，促进青少年健康发展的意见》， 某校组织学生参加100米短跑训练．在某次短跑测试中，抽取100名女生作为样本，统计 她们的成绩（单位：秒），整理得到如图所示的频率分布直方图（每组区间包含左端点，不 包含右端点）． 公 众 号 ： 一 枚 试 卷 君 （1）估计样本中女生短跑成绩的平均数；（同一组的数据用该组区间的中点值为代表） （2）由频率分布直方图，可以认为该校女生的短跑成绩X服从正态分布N  ,2 ，其中 近似为女生短跑平均成绩x ，2近似为样本方差s2，经计算得，s2 6.92，若从该校 女生中随机抽取10人，记其中短跑成绩在 12.14,22.66 以外的人数为Y，求PY 1 ． 附参考数据： 6.92 2.63，随机变量X服从正态分布N  ,2 ，则 P X 0.6827，P2 X 20.9545， P3 X 30.9974，0.682710 0.0220，0.954510 0.6277， 0.997410 0.9743． 【答案】（1）17.4 （2）0.3723 第16页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 【解析】 【分析】(1)结合频率分布直方图中求平均数公式, 即可求解. (2)根据已知条件, 可知，17.4,2 6.92，即可求出 212.14,222.66，结合正态分布的对称性以及二项分布的概率公式, 即可 求解. 【小问1详解】 估计样本中女生短跑成绩的平均数为: 120.02140.06160.14180.18200.05220.03240.02217.4； 【小问2详解】 该校女生短跑成绩 X 服从正态分布N17.4,6.92 , 由题可知17.4,2 6.92， 6.92 2.63，则212.14,222.66， 故该校女生短跑成绩在 12.14,22.66 以外的概率为： 公 1P(12.14 X 22.66)10.95450.0455， 众 由题意可得, Y ~ B(10,号0.0455), ： P(Y 1)1P(Y 0)10.954510 一10.62770.3723. 枚 x2 y2 试 2 21. 已知椭圆C:  1a b0的左焦点为F，右顶点为A，离心率为 ，B为 a2 b2 卷 2 君 21 椭圆C上一动点， FAB面积的最大值为 ．  2 （1）求椭圆C的方程； （2）经过F且不垂直于坐标轴的直线l与C交于M，N两点，x轴上点P满足 PM  PN ，若 MN FP ，求的值． x2 【答案】（1）  y2 1； 2 （2）2 2 . 【解析】 c 2 1 21 【分析】（1）由题意可得e  ， (ac)b ，再结合a2 b2 c2可求出 a 2 2 2 a,b，从而可求出椭圆的方程； （2）由题意设直线MN 为xty1（t 0），M(x ,y ),N(x ,y )，设P(x ,0)，将直线 1 1 2 2 0 第17页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 1 方程代入椭圆方程中化简利用根与系数的关系，然后由 PM  PN 可得x  ， 0 t2 2 再根据 MN FP 可求得结果. 【小问1详解】 2 因为椭圆的离心率为 ， 2 c 2 所以e  ， a 2 21 因为 FAB面积的最大值为 ，  2 1 21 所以 (ac)b ， 2 2 因为a2 b2 c2， 公 所以解得a  2,bc1， 众 x2号 所以椭圆C的方程为  y2  ： 1； 2 一 【小问2详解】 枚 试 F(1,0)，设直线MN 为xty1（t 0），M(x ,y ),N(x ,y )，不妨设 y  y ， 1 1 2 2卷 1 2 君 设P(x ,0)， 0 xty1  由x2 ，得(t2 2)y2 2ty10，  y2 1   2 2t 1 则y  y  ,y y  ， 1 2 t2 2 1 2 t2 2 2 所以y  y  (y  y )2 4y y  2t2 2， 1 2 1 2 1 2 t2 2 因为 PM  PN ， 所以(x x )2  y2 (x x )2  y2， 1 0 1 2 0 2 所以x2 x2 2x x 2x x  y2  y2 0， 1 2 1 0 2 0 1 2 所以(x x )(x x )2x (x x )(y  y )(y  y )0， 1 2 1 2 0 1 2 1 2 1 2 所以(ty 1ty 1)(ty ty )2x (ty ty )(y  y )(y  y )0， 1 2 1 2 0 1 2 1 2 1 2 因为y  y 0， 1 2 第18页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 所以t(ty ty 2)2x t(y  y )0， 1 2 0 1 2  2t2  2t 所以t 22x t 0， t2 2  0 t2 2 2t2 2 1 所以 22x  0，解得x  ， t2 2 0 t2 2 0 t2 2 因为 MN FP ， 所以 MN 2 2 FP 2 ，0， 所以(x x )2 (y  y )2 2(x 1)2， 1 2 1 2 0 (ty ty )2 (y  y )2 2(x 1)2 1 2 1 2 0 (t2 1)(y  y )2 2(x 1)2， 1 2 0 8t2 8 (t2 1)2 所以(t2 1) 2 ， (t2 2)2 (t2 2)2 公 化简得2 8，众解得2 2， 号 因为0，所以2 2. ： 一 x1 22. 已知函数 f xlnxm mR． 枚 x1 试 卷 （1）当m 1时，判断函数 f x 的单调性； 君 （2）当x1时， f x0恒成立，求实数m的取值范围． 【答案】（1） f x 在 0, 上是单调递增的 （2）m2 【解析】 【分析】（1）对 f(x)求导，从而确实 f(x)为正及 f(x)的单调性； （2）令 gxx1lnxmx1(mR)，然后分m2和m>2两种情况讨论g(x) 的单调性及最值，即可得答案. 【小问1详解】 x1 当m 1时， f xlnx ， 定义域为 0, x1 1 2 x12 2x x2 1 fx    ， x x12 xx12 xx12 所以 f¢(x)>0，所以 f x 在 0, 上是单调递增的. 第19页/共20页 学科网（北京）股份有限公司进VIP资料群，可下载本套资料完整无水印版本，具体介绍见文末 【小问2详解】 x1 当x1时， f xlnxm mR， f x0等价于 x1 1 gxx1lnxmx1(mR)，则gx0，g(x)lnx 1m， x 1 1 1 x1 令hxlnx 1m，则h(x)   ， x x x2 x2 当x1时，h(x)0，则g(x)在 1, 上是单调递增的，则g(x) g(1)2m ①当m2时，g(x)0，g(x)在 1, 上是单调递增的， 所以g(x) g(1)0，满足题意． ②当m>2时，g(1)2m0，g(em)mem1mem10， 所以x (1,em)，使g(x )0， 0 0 因为g(x)在 1, 上是单调递增的 公 众 所以当x(1,x )时，g(x)0，所以g(x)在(1,x )上是单调递减的， 0 号 0 又g(1)0， ： 一 即得当x(1,x )时，g(x) g(1)0，不满足题枚意． 0 试 综上①②可知：实数m的取值范围m2. 卷 君 第20页/共20页 学科网（北京）股份有限公司永久高中群 1.包含服务： 每一年的高一高二高三群免费进，好处就是每年都可以免费进入我们提供高中群，不用每年缴费，一次付费，永久享 受，包含到高一到高三的。 2.资料覆盖： 整个高中的所有资料，包含每年每个年级最新的高中群（含高一到高三的） 3.资料包含： 整个高中的最新模拟卷、复习资料、精品资料等等，和高中相关的资料都可以免费获取 4.入群价格： 目前入群特价199元（原价299元） 2024 高三 VIP 资料 资料提供形式：QQ群+网盘群（两个群一起，QQ群每日实时更新，网盘群分类 汇总） 资料包含内容： 1、2021年9月份到2022年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟 卷 2、2022年8月份到2023年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟 卷 3、2023年8月份到2024年6月份高三各地名校卷、各地联考卷、一二模模拟 卷（2023年8月开始，每天实时更新） 4、各科知识点总结、笔记、答题模板、全套专题讲义训练、复习讲义、专属 精品内部资料等等 进群费用：目前进群仅需49元（原价99元，每天前5名，享受49元优惠价） 时间期限：资料持续更新到2024年6月高考结束，资料截止更新 2024 高二 VIP 资料 资料提供形式：QQ群+网盘群（两个群一起，QQ群实时更新，网盘群分类汇总） 资料包含内容： 1、2023年9月到2024年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等 2、2022年9月到2023年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等 3、2021年9月到2022年7月底各地高二月考卷、期中期末卷、联考卷等等 4、各科知识点总结、笔记、答题模板、全套专题讲义训练、复习讲义、专属精 品内部资料等等 进群费用：目前进群仅需49元（原价99元，每天前5名，享受49元优惠价） 时间期限：资料持续更新到2024年7月底结束，资料截止更新 2024 高一 VIP 资料 资料提供形式：QQ群+网盘群（两个群一起，QQ群实时更新，网盘群分类汇总） 资料包含内容： 1、2023年9月到2024年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等 2、2022年9月到2023年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等 3、2021年9月到2022年7月底各地高一月考卷、期中期末卷、联考卷等等 4、各科知识点总结、笔记、答题模板、全套专题讲义训练、复习讲义、专属精品内部资料等等 进群费用：目前进群仅需49元（原价99元，每天前5名，享受49元优惠价） 时间期限：资料持续更新到2024年7月底结束，资料截止更新