1、合肥一六八中学 2023 届高考全真模拟详解答案 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 答案 A 2.答案 A 由3i1 i1 iz，得3 i 1 i42i 1 i42i1 3i1 i1 i1 i 1 iz，所以1 3iz ，故选：A 3 答案：B 详解：方程22121xymm表示椭圆120102mmmm2121mm，所以“2m”是“方程22121xymm表示椭圆”的必要不充分条件，故选 B。4 答案：D 详解：由题意，做出正四棱台的对角面，如图 AD 为正四棱台上底面正方形对角线，BC 为正四棱台下底面正方形对角线
2、，O 为外接球球心，为线段 BC 中点，则 OD=OA=OB=OC=50 过点 D 作BCDE,垂足为 E，则DCE即为所求角 因为4050DEOD，所以30OE，所以20EC,所以520DC,所以正四棱台的侧棱与底面所成角的正弦值为552。5 答案：C，详解：由题意知：21 a，32 a，63 a，84 a，85 a，46 a，27 a，88 a，69 a，810 a，811 a，412 a，可知数列na从第 3 项开始有nnaa6，所以22023 a，故答案选 C。6答案 C 解：令 11sinsin 2sin323yf xxxx，求导得 coscos2cos3coscos2cos2 co
3、ssin2 sinfxxxxxxxxxx 2cos1 2sincos21 cos12coscos2xxxxxx，当,0 x时，由0)(xf解得43,32,4x 由于 2 212332 2100,0,043234432fffff，结合图像，只有 C 选项满足.故选：C 7.答案：B。详解：因为点 E、F 分别为 BC 和CD 的中点,E B A D C O 421)21(2 ABADABABADABAFAB，所以2 ADAB，又23)21()21(ABADADABBFAE，所以选 B。8.答案：B。详解：由题意，当1,2x时，故 11112322f xf xx，当2,3x时，故 11112524
4、f xf xx，可得在区间,1n nnZ上，11122122nnf xxn，所以当4n 时,323)(xf，作函数 yf x的图象，如图所示，当7,42x时，由829,4172,323)721(81)(xxxxf 二、多选题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分.9 答案：AC A、根据分层抽样，抽取 25 人作为样本，则抽取的样本中男生有1650032025，A 正确 B、样本学生的身高均值4.170164500180174500320，B 错误 C、抽取的样本的方差为16+（
5、174170.4）2+30+（164170.4）2=44.08；C 正确 D、因为抽样中未按比例进行分层抽样，所以总体中每个个体被抽到的可能性不完全相同，因而样本的代表性差，所以作为总体的估计不合适D 错误。10.答案 ABD 详解：由122f xf x，故 1f x，2f x必有一个最大值和一个最小值，则12 minxx为半个周期长度2T，A 正确；由题意sincos42fxxx的图象关于 y 轴对称，B 正确；22sin12)22cos(1)4(sin 2xxxy的最小正周期为，C 错误。sin4fxx，在0,x上444x,有且仅在 3 个零点，结合正弦函数的性质知：443x，则41541
6、1，D 正确；故选：ABD.11 答案 BD 详解：补体为长方体 ABCD-ABCD.如图,在BCWRt中,WC 为 CD 到平面 ABM 距离,容易求出其距离为5103,A 错误;根据投影向量概念知:向量AM在向量AC上的投影向量为向量 AO.即为12AC,所以 B 正确;由等体积求内切球半径得:RSOMSVABCDMABCDABCDM表面积四棱锥正方形3131,3110)2102(4434表面积四棱锥正方形ABCDMABCDSOMSR,所以 C 错误;连接CQ，可知BQC是所求二面角的平面角，在 BQC中由余弦定理知道：54cosBQC，D 正确。故选：BD 12.答案：AC 详解：依题意
7、，有ln1nnnnaxx，且11nnnnnaxx，解得11ennx，1ennan，显然11een，即enx，故 A 正确；构造函数1e()xf xx，则12(1)e()xxfxx，显然当1,)x 时，()0f x，即()f x 在1,)上单调递增，从而an为递增数列，又11a，故*n ，1na，易知 B 错误；易知11nyn，需证11(1)e1nn，只需证1*11e()n nn，令1xn，则 1,0)x，只需证1exx，1,0)x，令()e1xg xx，1,0 x，则()e10 xg x，易知()g x 单调递减，故当 1,0)x 时，()(0)0g xg，从而 C 正确；由111111111
8、ee1ennnnnnxx，可知10nnxx，即xn为正项递增数列，an亦为正项递增数列，故数列nnx a为正项递增数列，又 ppq，易知 D 错误；三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.13.答案：40.详解：设52()xx的通项1kT ，则5115C2kkkkTxx，化简得5 215C2kkkkTx ，令2k，则 x 的系数为225C240.14.答案：150 详解：第一类：仅要好的两位女生去同一景点603335AC；第二类：要好的两位女生和另一位同学去同一景点90241315CCC,总方法数为1509060。15.答案：16 详解：设直线 PQ 直线方程为:1 myx
9、 4,4,44,21212142yymyymyymyxxy|PQ|=22)(412441121221222121yyyyyyxx 4428164122mm|MN|442 m|PQ|+|MN|168)1(4)44()44(2222mmmm 另解：设直线 PQ倾斜角为，222224441616sincossincossin 2PQMN，所以最小值为 16。16.答案（1）4（2）12d （可以通过举例归纳得到，如4S）。详解：（1）略；（2）易知mS 中仅有一组)0,0,0,0(；1mS中深度1d的数组仅 1 组)1,1,1,1(；2mS中深度2d的数组仅 2 组；3mS中深度3d的数组仅 4 组
10、；kmS 中深度kd 的数组仅12 k组；所以nS 中深度为d 的数组仅有12 d组。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.答案：（1）2)1(nnan-5 分（2）由)111(2)1(2nnnn，-7 分 所以2)111(211121naaan-10 分 18答案(1)210 sin7cos22 BCA，则5 1 cos7cos2BCA，-2 分 故25(1cos)82cosAA，所以22cos5cos30AA，可得1cos2A，由(0,)A，所以3A-5 分(2)如图，连接1AO，3AO，则133AOc，333AOb，正123O O O
11、面积221313137 3sin60244SOOOO，2137O O，而60BAC，则13120O AO，-7 分 在13O AO 中，由余弦定理得：22131313132cosO OAOAOAOAOO AO，即221723332bcbc ，则2221bcbc，在 ABC 中，60A，3a ，由余弦定理得2222cosabcbcBAC，则229bcbc，6bc，2215bc，-10 分 2223 3bcbcbc，所以 ABC 的周长为33 3.-12 分 19.答案：（1）连接 EC，如图所示：若点 G 为半圆弧 CD 的中点，则ECDGCD45，所以ECG90，即 ECCG，-2 分 因为
12、BFEC，所以 BFCG，又 BFBC，BCCGC，BC，CG面 BCG，所以 BF平面 BCG，BF平面 BFD，则平面 BFD平面 BCG。-5 分（2）假设存在点 G，使得直线 CF 与平面 BCG 所成的角为 60，以 A 为原点，方向为 x，y，z 轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示：则 F（4，0，0），B（0，4，0），C（0，4，4），设，-7 分 则 G（4sincos，44cos2，4），所以，设平面 BCG 的法向量为，则，令 ysin，则 xcos，即，-9 分 依题意，整理得452sin，与1,02sin矛盾，所以不存在-12 分 另解：连接 DG，可知DG面 BC
13、G，所以)0,sin4,cossin42（DG，即)0,sin,cos（m是平面 BCG 的一个法向量（下同）。20.答案：（1）由对称性可知：21BFAF，故122AFAF，由双曲线定义可知：122AFAFa，即22222AFAFAFa，所以aAF4|1，-2 分 又因为122F Fc，在12AF F中，由余弦定理得：222121212121cos22F AF AF FF AFF AF A，即222222164420412 42162aacacaaa，解得：3ca，故离心率为3ca.-5 分（2）因为双曲线过点3,2，所以双曲线方程：2212yx 当直线l 的斜率不存在时，则12,2,2,4
14、4 10PQF F OPOQOP OQ 直线l 的斜率不存在时不成立.-8 分 当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为mkxy,),(11 yxP),(22 yxQ 又点O 到直线l距离22222,21,211mdmkmkk，联立22220ykxmxy，消去 y 得22222202kxkmxmk，则22222221221kmxxkkmxx 由 OPQ的面积为102，即104|2PQ，4 5PQ，-10 分 22222212212)2()2(814)(1|kkmkxxxxkPQ 将2221mk代入上式得2222 2144 52kkPQk，2214km或22410km，即12km 或210km
15、 .直线l 的方程为：2yx 或210yx-12 分 21解：（1）(1)()()pp xmfxx pxm.-2 分 由题意得(4)0f 且2ln)4(f，即4(1)0pm，ln(4)ln4ln2pmp，联立解得32p，2m.经检验，符合题意。-5 分（2）方法一：()f x 定义域是,mp.由条件知，1p .当,1mmxpp时，()0f x，()f x 单调递增；当,1mxp时，()0f x，()f x 单调递减.故01mxp是()f x 的极大值点，且极大值为0()(1)ln1mf xpp.-7 分 当1mp 时，0()0f x，此时()f x 有一个零点.-8 分 当1mp 时，0()0
16、f x.记111ppppmmpm，则101m.取11mxpm，则11mmxpp，111()lnlnln0ppppppmmpmpf xppppppm，根据零点存在定理，当,1mmxpp时，存在一个零点.-10 分 取112pxp，则21mxp，22222()ln()lnln()lnln10f xpxmpxpxpx.由零点存在定理可知，当,1mxp时，存在一个零点.故此时()f x 有两个零点.综上所述，当1mp 时，()f x 只有一个零点；当1mp 时，()f x 有两个零点.-12 分 方法二：由题意，函数)(xf的零点即方程0)(xf的根，即方程pxmpxln)ln(的根，-7 分 即px
17、pxm的根，记pxpxxg)(，),(pmx，答案：由0)1()(11ppxppxpxg，得到pmx 1，当)1,(pmx 时，0)(xg，)(xg单调递增，),1(x时，0)(xg，)(xg单调递减，-9 分 又mpmmpmgp)()(，因为1p ，当x时，pxpxxg)(，综上所述，当1mp 时，()f x 只有一个零点；当1mp 时，()f x 有两个零点-12 分 22 解：（1）设 X 表示扔一非均匀骰子点数，则 X 1 2 3 4 5 6 P 211 212 213 214 215 216 -3 分 扔一次平均得到的信息量为 6216216221222()()log()21log2
18、11log 21log214516log 7log 3log 5721212.40.iiiiiH Xp Xxp Xxiiii-5 分（2）由全概率公式，得(0)(0)(0|0)(1)(0|1)(1)(1),p Yp XP YXp XP YXpp-7 分 由题意，(0|0)(1|1)1p YXp YXp.所以，1121112221212122222211121112122(|)(,)log(|)(,)log(|)(,)log(|)(,)log(|)()(|)log(|)()(|)log(|H Y Xp Xx Yxp YxXxp Xx Yxp YxXxp Xx Yxp YxXxp Xx Yxp Y
19、xXxp Xx p YxXxp YxXxp Xx p YxXxp YxX 1212212222222222222)()(|)log(|)()(|)log(|)(1)log(1)log(1)log(1)(1)log(1)log(1)log(1).xp Xxp YxXxp YxXxp Xxp YxXxp YxXxpppppppppppp -9 分 其中1,021xx。)1(log)1(log)(22pppppf令 2ln)1(1)1()1(log2ln1log)(22,pppppppf pppp1log)1(loglog222 21,0)(,ppf,0)()21,0(,pfx时，,0)()1,21(,pfx时，.1)21()(max fpf-12 分
