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2023 届云南三校高考备考实用性联考卷（五）
数学参考答案
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B C D A B C A D
【解析】
1．∵A{x|1x5}，B{x|0x≤4}，∴AB{x|0x≤4} ，故选B.
2．∵(a2b)a，∴(a2b)aa22ab 0，则ab 2，又ab |a||b|cos，
ab 2 1 2π
所以cos= ，夹角为 ，故选C.
|a||b| 22 2 3
3．因为z1i，z 1i，ziz 22i，所以|ziz | 442 2，故选D.
S 1 8
4．设等比数列{a }的公比为q，q0，若q1，则 3 ，与题意矛盾，所以q1，
n S 2 9
6
a(1q3)
1
S 1q 1 8 a 96，
3 ， 1
由S a(1q6) 1q3 9 解得 1 所以a aq5 3，故选A.
6 1 q ， 6 1
1q 2
a a aq(1q3)54，
2 5 1
R2 9h2，
5．设球心O到上底面的距离为h，球半径为R，则易知圆台的高为7，由
R2 16(7h)2，
4 500
解得h4，R5，所以外接球的体积V πR3 π，故选B.
3 3
6．令 f(x)ex1x，则 f(x)ex11，故当x(0，1)时，f(x)0，当x(1，)时，f(x)0，
故 f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，且 f(1)0，故方程aea1的解为
a1；令g(x)xlnx1，g(x)lnx1，当x(1，)时，g(x)0，故g(x)在(1，)
上单调递增，且当x(0，1)时，g(x)0，g(1)10，而g(b)blnb10，故b1；
1
∵cec 1，ec 1，∴0c1，故cab，故选C.（本题亦可以用数形结合来做）
c
数学参考答案·第1页（共10页）
7．如图 1，设双曲线的右焦点为F ，则直线 y2(xc)过右焦点F ，由OB AB0，得
2 2
1 b 1 1
OB AB，直线OB的斜率为 ，所以 ，a2b，tanFOB ，
2 a 2 2 2
1 2
在Rt△OF
2
B中，cosF
2
OB
1tan2FOB
5
，
2
2c
|OB||OF |cosFOB ，
2 2 5
2tanFOB 4
tanAOBtan2FOB 2 ，在Rt△AOB中，
2 1tan2FOB 3
2
图1
4 1 2 10 2c
|AB||OB|tanAOB |OB|，所以S |OB||AB| |OB|2 ，|OB| 5
3 △AOB 2 3 3 5
5
c ，所以2c5，故选A.
2
π π
8． ∵f(x)cosx (0)，存在0≤x x ≤ ，使得 f(x) f(x )2，则函数 f(x)
6 1 2 2 1 2
π π
在区间 0， 上，存在包含最大值和最小值的一个增区间．∵当 x 0， 时，
2 2
π π π π π π 13 π
x 6 6 ， 2 6 ，∴ 2 6 ≥2π，解得≥ 3 . 此时存在 f(x 1 )cos x 1 6
π 13
cosπ1， f(x )cosx cos2π1，满足题意. ∴的最小值是 ，故选D.
2 2 6 3
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项是符
合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
题号 9 10 11 12
答案 BC ABD ACD ABD
【解析】
9．由已知 C3 C4，所以 n7 ，故 A 选项错误，B 选项正确；展开式中含 x2 项为
n n
1 4
C4(x2)3 35x2，故C选项正确；令x1得展开式中各项系数和为0，而展开式中各
7 x
项二项式系数和为27，故D选项错误，故选BC.
数学参考答案·第2页（共10页）10．由正方体的性质知，点 P 在线段BD 上，由AC平面ABD 可知AC AP，故 A 选项
1 1 1 1 1 1
正确；易知BD //平面BDC 且 P 在线段BD 上，所以三棱锥PBDC 的体积为定值，
1 1 1 1 1 1
故B选项正确；由AC平面BDC，可知PC不与平面BDC 垂直，故C选项错误；点P
1 1 1
π
与线段BD 的端点重合时，直线AP与BD所成角最小，为 ，点P位于线段 B D 的中
1 1 3 1 1
π π π
点时，直线AP与BD所成角最大，为 ，所以直线AP与BD所成角的取值范围为 ， ，
2 3 2
故D选项正确，故选ABD.
y2 8x，
11．依题意得，F(2，0)，M(2，0)，直线l的方程为yk(x2)，联立得 消去 y
yk(x2)，
得k2x2(4k28)x4k2 0，因为直线l与抛物线相交于A(x，y )，B(x，y )两点，所以
1 1 2 2
k2 0， 4k2
解得1k1且k 0，xx 4，所以y2y2 8x 8x 64
(4k28)216k4 0， 1 2 k2 1 2 1 2
4256，易知y，y 同号，所以y y 16，于是y y 4xx ，故A选项正确，B选项错
1 2 1 2 1 2 1 2
误；由于 FA(x 2，y )，FB(x 2，y ) ，所以 FAFBxx 2(x x )4y y
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
84k2 16 2 1
42 41632 ，显然k ，即k2 时，FAFB0，此时AFB为
k2 k2 2 2
直角，即以AB为直径的圆经过点 F ，故C选项正确；△AFB的面积S |S S |
△MFA △MFB
1 8
|MF||y y |2 (y y )24y y ，而y y k(x 2)k(x 2) ，y y 16，
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 k 1 2
8 2 1 3
所以S 2 41616 1，令S 16 2，得k ，所以直线AB的倾斜角
k k2 3
π 5π
为 或 ，故选项D正确，故选ACD.
6 6
12．对于A：因为 f(x4) f(x2)f(x2)f(x) f(x)，所以 f(x)是周期为4的函
数，故A正确；对于C：因为g(x)xf(1x)xf(1x)g(x)，所以g(x)是奇函数，
故C错误；对于B：因为 f(x)的周期为4，所以 f(2022) f(2) f(0)0，所以 f(2022)0，
f(2023)f(2023)f(1) f(1)2，所以 f(2022) f(2023)2，故B正确；对于
D ： 因 为 f(2) f(0)0 ， f(4) f(0)0 ， 所 以 f(2k)0 ， kN* ， 所 以
g(2k1)(2k1)f(2k)0，kN*，因为 f(4k1) f(1)2， f(4k1) f(1)2，
数学参考答案·第3页（共10页）kN*，所以g(4k2)g(4k)(4k2) f(4k1)4k f(4k1)2(4k2)24k 4，
50
kN* ， 所 以 g(k)[g(1)g(3)g(49)][g(2)g(4)g(48)]g(50)0
k1
4 … 4 50 f(51)4850 f(3)48+50(2)52，故D正确，故选ABD.
12个4
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
题号 13 14 15 16
答案 10 5 3 (x4)2 y2 16；12
【解析】
13．共随机抽取61097840人，4070%28，故第70百分位数为10.
14．易知P(1，2)关于x轴的对称点坐标为(1，2)，所以反射光线所在直线方程为y2x，
|231|
而反射光线与圆C相切，所以r 5.
22(1)2
a
a，
x
0
15．直线 yaxb 与曲线 yalnx2相切，设切点为(x，y )，则y ax b， 可得
0 0 0 0
y alnx 2，
0 0
x 1，
0 3 2
y 2， 所以b2a，所以a23b2 a23(2a)2 4a212a124a 3≥3，
0 2
ab2，
3 1
当且仅当a ，b 时，等号成立，所以a23b2的最小值为3．
2 2
|PM | 1 (x2)2 y2 1
16．设P(x，y)， ，所以 ，所以x28x y2 0，即(x4)2 y2 16，
|PN| 2 (x4)2 y2 2
三棱锥的高为SA3，当底面△ABC的面积最大值时，三棱锥的体积最大，BC6，
AC2AB，取BC靠近B的一个三等分点为坐标原点O，BC为x轴建立平面直角坐标
系，不妨取B(2，0)，C(4，0)，由题设定义可知A(x，y)的轨迹方程为(x4)2 y2 16，
1
所以 A 在圆 (x4)2 y2 16 的最高点处 (4，4) ， S 6412 ，此时，
△ABC 2
1
(V ) 31212.
SABC max 3
数学参考答案·第4页（共10页）四、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分10分）
解：（1）由a 2a a (n≥2)，得a a a a ，……………………………（2分）
n1 n n1 n1 n n n1
又a 1，a 3，则a a 2.
1 2 2 1
∴{a a }是各项为2的常数列，
n1 n
即a a 2，∴{a }是以1为首项，2为公差的等差数列，
n1 n n
a 1(n1)22n1，nN*. ………………………………………………………（4分）
n
（2）由（1）可得S n2，b (1)nn2，………………………………………………（6分）
n n
当n为偶数时，T (b b )(b b )(b b )
n 1 2 3 4 n1 n
(12+22)(32+42)++[(n1)2n2]
(21)(21)(43)(43)…[n(n1)][n(n1)]
1234…(n1)n
n(n1)
= ； ………………………………………………………………………………（8分）
2
(n1)(n2) n(n1)
当n为奇数时，n1为偶数，T T b (n1)2 ，
n n1 n1 2 2
(1)nn(n1)
综上，T ，nN*.………………………………………………………（10分）
n 2
n(n1)
，n为偶数，
2
注：写成T 也正确，其他解法酌情给分.
n n(n1)
，n为奇数，
2
18．（本小题满分12分）
cosA b4cosC
解：（1）由已知 4(ccosAacosC)ab
a 4c
4(sinCcosAsinAcosC)asinB4sin(CA)asinB
4sinBasinB，
因为B是三角形的内角，所以sinB0，
可得a4.…………………………………………………………………………………（6分）
数学参考答案·第5页（共10页）1 1
（2）由已知得△ABC的面积S bcsinA aAD4 3，
2 2
8 3
解得bc ，…………………………………………………………………………（8分）
sinA
又由余弦定理得42 b2c22bccosA≥2bc2bccosA2bc(1cosA)，
当且仅当bc时取等号，
A
8 32sin2
8 3(1cosA) 2
所以bc(1cosA)≤8 ≤8 ≤8，…………………（10分）
sinA A A
2sin cos
2 2
A 3
所以tan ≤ ，因为A(0，π)，
2 3
A π A π π
所以 0，
，所以 ≤ ，即A≤ ，
2 2 2 6 3
π
所以角A的最大值为 . ………………………………………………………………（12分）
3
19．（本小题满分12分）
（1）证明：在三棱柱中，BB // CC ，则由BB 平面AEF ，可知CC⊥平面AEF ，
1 1 1 1
π
故BB AE，BB EF ，CC AF，从而AEBAFC ，
1 1 1 2
由四边形AABB与四边形AACC面积相等可知，AE AF，
1 1 1 1
又AB AC，则△AEB≌△AFC，故BECF，
结合BE∥CF，可知四边形BEFC为平行四边形，又BB EF ，
1
故四边形BEFC为矩形. …………………………………………………………………（5分）
（2）解：如图2，取EF的中点G，联结AG，由（1）知AE AF，
且BB 平面BBCC，则平面AEF 平面BBCC，
1 1 1 1 1
又 平 面 AEF 平 面 BBCC EF ， 则 AG 平 面
1 1
BBCC，
1 1
取BC的中点H ，以G点为坐标原点，GF，GA，GH 的
方向分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 图2
…………………………………………………………………………………………（6分）
数学参考答案·第6页（共10页）由AE AF EF 2知，△AEF 为正三角形，故AG 3，
3 3 3 3
故A(0， 3，0)，B1，0， ，C1，0， ，AB1， 3， ，AC1， 3， ，
2 2 2 2
设平面ABC的一个法向量为n(x，y，z)，
3
n AB0，
x 3y
2
z0，
则 故
n AC0， 3
x 3y z0，
2
取y1，则x0，z2，n(0，1，2)，
因为平面AEF 的一个法向量为m(0，0，1)， ………………………………………（10分）
n m 2 2 5
则cos ，
|n||m| 14 5
2 5
则两平面夹角的余弦值为 .………………………………………………………（12分）
5
20．（本小题满分12分）
解：（1）设批次Ⅰ的成品防护服红外线自动检测显示合格为事件A，人工抽检合格为事件
B，
92 32
由已知，得P(A) ，P(AB)(1 p)(1 p )(1 p ) ，
100 1 2 3 35
则一件防护服在红外线自动检测显示为合格品的条件下，人工抽检也为合格品的概率为
P(AB) 32 100 820 160
P(B|A) 99.38%．…………………………………（4分）
P(A) 35 92 723 161
（2）①3件该批次成品防护服中恰有1件不合格品的概率为C1(1 p)2p3p(1 p)2，
3
令 f(p)3p(1 p)2，
则 f(p)3[(1 p)22p(1 p)]3(1 p)(13p)，
1
所以当0 p 时， f(p)0，函数 f(p)单调递增；
3
1
当 p1时， f(p)0，函数 f(p)单调递减.
3
1 12 2 4
当 p 3 时， f(p)有最大值 p 0 C1 3 3 3 9 ，故 p J p 0 9%0.04，
32 3
由（1）可求得批次Ⅰ的防护服的次品率为 p 1 0.09，
I 35 35
数学参考答案·第7页（共10页）故批次J防护服的次品率低于批次Ⅰ，故批次J的防护服的质量优于批次Ⅰ. ……（8分）
②由等高堆积条形图可建立22列联表如下（单位：人）：
防护服批次
核酸检测结果 合计
I J
呈阳性 12 3 15
呈阴性 28 57 85
合计 40 60 100
零假设H ：防护服质量与感染新冠肺炎病毒的风险独立，即防护服质量与感染新冠肺炎
0
病毒的风险无关.
n(adbc)2 100(1257283)2
由22列联表数据可得：2
(ab)(cd)(ac)(bd) 40601585
100600600 200
11.765x 10.828．
40601585 17 0.001
因此，由0.001的独立性检验，没有充分证据表明H 成立，
0
故有99.9%的把握认为防护服质量与感染新冠肺炎病毒的风险有关．
……………………………………………………………………………………………（12分）
21．（本小题满分12分）
x2 y2 2
解：（1）∵椭圆C： 1 (ab0)的离心率为 ，
a2 b2 2
6
∴a2 2c2，则a2 2b2，又椭圆C过点1， ，
2
1 3
∴ 1，
a2 2b2
∴a2 4，b2 2，
x2 y2
则椭圆C的方程为 1．…………………………………………………………（4分）
4 2
ykxm，
（2）设A(x，y )，B(x，y )，联立方程
1 1 2 2 x22y2 4，
得(2k21)x24kmx2m240，
由Δ，得m2 4k22.（*）
数学参考答案·第8页（共10页）4km 2m
且x x ，因此y y ，…………………………………………（6分）
1 2 2k21 1 2 2k21
2km m
所以D ， ，又N(0，m)，
2k21 2k21
2km 2 m 2
所以|ND|2 m ，
2k21 2k21
4m2(13k2k4)
整理得|ND|2 ，因为|NF||m|，
(2k21)2
|ND|2 4(k43k21) 8k23
所以 1 ，……………………………………………（8分）
|NF|2 (2k21)2 (2k21)2
t1
令t8k23，t≥3，故2k21 ，
4
|ND|2 16t 16
1 1 ，
所以|NF|2 (1t)2 1
t 2
t
1 1
令yt ，所以y1 . 当t≥3时，y0，
t t2
1
从而yt 在[3，)上单调递增，
t
1 10
因此t ≥ ，当且仅当t3时等号成立，
t 3
|ND|2
此时k0，所以 ≤134，…………………………………………………（10分）
|NF|2
由（*）得 2m 2且m0.
|NF| 1 |NF| 1
故 ≥ ，设EDF 2，则sin ≥ ，
|ND| 2 |ND| 2
π π
所以的最小值为 ，从而EDF的最小值为 ，此时直线l的斜率是0，
6 3
π
综上所述：当k0，m( 2，0)(0， 2)时，EDF取得最小值 .
3
……………………………………………………………………………………………（12分）
22．（本题满分12分）
解：（1）当ae时， f(x)ex ex， f(x)ex e，
令 f(x)0，得x1，显然 f(x)在(，)上单调递增，
数学参考答案·第9页（共10页）当x1时， f(x)0；当x1时， f(x)0，
所以 f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，
则 f(x)的极小值为 f(1)0，无极大值. ………………………………………………（4分）
（2）设g(x) f(x)axlnaa，由题意 f(x)在(0，1)上的水平切线的条数，
等价于g(x)在(0，1)上的零点个数.
1当0a1时，g(x)0在(0，1)上恒成立，此时g(x)在区间(0，1)上没有零点；
……………………………………………………………………………………………（6分）
2当a1时，g(x)(lna)2 ax 0，所以g(x)在(0，1)上单调递增.
1
g(0)lnaa，令h(a)lnaa(a1)，因为h(a) 10，
a
所以h(a)在(1，)上单调递减，
故h(a)h(1)10，……………………………………………………………………（8分）
所以g(0)lnaa0，g(1)alnaaa(lna1)，
①当1a≤e时，g(1)≤0，g(x)在(0，1)上没有零点.
②当ae时，g(1)0，g(x)在(0，1)上有且只有1个零点.
综上所述：当0a1或1a≤e时， f(x)在区间(0，1)上没有水平切线；
当ae时，f(x)在区间(0，1)上有一条水平切线. …………………………………（12分）
数学参考答案·第10页（共10页）
