2023年惠州市高三第二次调研数学文试题及答案.docx

惠州市2023届高三第二次调研考试 文科数学参考答案与评分标准 一.选择题（本大题共10小题，每题5分，共50分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B B A B A D C C D 1．【解析】，，∴选C. 2．【解析】为纯虚数，那么，∴，∴选B. 3．【解析】“〞只要求两向量共线，而“〞要求反向共线且模相等，∴选B. 4．【解析】运用数形结合可得解集为，∴选A. 5．【解析】，∴选B. x y O y=3 y=x 6．【解析】如图知的最大值是6，∴选A. 7．【解析】图⑤的正视图最底层应该是两个矩形组成，其 它图形都满足要求，∴选D. 8．【解析】流程图的功能是实现输出存在零点的奇函数，选项中A和D为非奇函数，B函数无零点，根据排除法选C. 9．【解析】直线即直线恒过点，∵点在圆内，所以直线与圆相交，∴选C. 10．【解析】设没记清的数为， 假设，那么这列数为，2，2，2，4，5，10，那么平均数为，中位数为2，众数为2，∴， 假设，那么这列数为2，2，2，，4，5，10，那么平均数为，中位数为，众数为2，∴， 假设，那么这列数为2，2，2，4，5，，10，或2，2，2，4，5，10，，那么平均数为，中位数为4，众数为2，∴， ∴所有可能值的和为，∴选D. 二.填空题（本大题每题5分，共20分） 注意：14 ～15题，考生只能从中选做一题；两道题都做的，只记第14题的分。 11． 12． 13． 14． 15． 11．【解析】由正弦定理或（舍），∵∴为直角三角形，直角边为，∴面积为. 12．【解析】椭圆的离心率为. 13．【解析】，，两式相乘得， 由等比中项性质得 14．【解析】圆转化为直角坐标方程为，∴圆心为，直线转化得方程为，∴距离为. · O B D A C E 15．【解析】作于，那么为所求。由切割线定理得 ， ∴，由勾股定理可得. 三、解答题：本大题共6小题，总分值80分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤. 16．（此题总分值12分） 解：（1）由图可知， ………………………………………………2分 又由得，，得 ， …………………………………………………………4分 （2）由（1）知： …………………… ………………6分 因为 …………9分 所以，，即.………11分 故函数的单调增区间为.…………………………12分 17．（此题总分值12分） 解：（1）设表示事件“抽取3张卡片上的数字之和大于或等于7”， 任取三张卡片，三张卡片上的数字全部可能的结果是（1、2、3），（1、2、4），（1、3、4），（2、3、4），共4种……………………………………………………………………2分 其中数字之和大于或等于7的是（1、2、4），（1、3、4），（2、3、4）， 共3种…………………………………………………………………………………4分 所以. ………………………………………………………………………6分 （2）设表示事件“至少一次抽到2”， 每次抽1张，连续抽取两张全部可能的结果有：（1、1）（1、2）（1、3）（1、4）（2、1）（2、2）（2、3）（2、4）（3、1）（3、2）（3、3）（3、4）（4、1）（4、2）（4、3）（4、4）， 共16个. ………………………………………………………………………………8分 事件包含的结果有（1、2）（2、1）（2、2）（2、3）（2、4）（3、2）（4、2）， 共7个. …………………………………………………………………………………10分 所以所求事件的概率为. ………………………………………………12分 18．(本小题总分值14分) （1）因为三棱柱是正三棱柱，所以平面， 又平面，所以，……………………………………… 2分 又点是棱的中点，且为正三角形，所以， 因为，所以平面，………………………………4分 又因为平面，所以．………………………………7分] C B A A1 B1 C1 D E (2)连接交于点，再连接．………9分 因为四边形为矩形， 所以为的中点，………………10分 又因为为的中点， 所以.………………………12分 又平面，平面， 所以平面．………………………………………………14分 19．(本小题总分值14分) 解：（1）抛物线的焦点为，双曲线的焦点为…2分 ∴可设椭圆的标准方程为，由有，且，……3分 ∴，∴椭圆的标准方程为。……………………………5分 （2）设，线段方程为，即…………7分 点是线段上，∴ ∵，∴，………10分 将代入得 ………………………12分 ∵，∴的最大值为24，的最小值为。 ∴的取值范围是。……………………………………………14分 20．(本小题总分值14分) 解：（1）由（≠0）为奇函数， ∴，代入得， ………………………………………………1分 ∴，且在取得极大值2 ∴解得，，∴…………4分 （2）∵，定义域为 ∴ ………………………………………5分 1°当，即时，，函数在上单调递减；………7分 2°当，，∵，∴ ∴函数在上单调递减； ………………………………………………………9分 3°当，，令，∵， ∴，解得，结合，得……11分 令，解得………………………………………12分 ∴时，函数的单调递增区间为，递减区间为，………13分 综上，当时，函数的单调递减区间为，无单调递增区间， 当时，函数的单调递增区间为，递减区间为…14分 21．（本小题总分值14分）  解：（1） ， ，两式相减，得. 又，解得 ，∴….…4分 （2）∵，， ∴， 即.   ………………………………8分 （3）由（2）知数列 是单调递增数列,是其的最小项， 即．……………………………………………………………………9分 假设存在最大实数,使当时,对于一切正整数， 都有 恒成立，………………………………11分 那么 ．只需， ………12分 即．解之得 或 ． 于是，可取 ………………………………………………………14分