2023年12月9日发(作者：2022梅州中考数学试卷)

2023年普通高等学校招生全国统一考试理科数学一、选择题1.设z=2+i1+i2+i5，则z=()A.1-2iB.1+2iC.2-iD.2+i【答案】B【解析】【分析】由题意首先计算复数z的值，然后利用共轭复数的定义确定其共轭复数即可.【详解】由题意可得z=2+i1+i2+i5=1-2+1+ii=i2+i2i-1i2=-1=1-2i，则z=1+2i.故选：B.2.设集合U=R，集合M=xx<1，N=x-1-1，选项B错误；M∩N=x|-10，则T=π，w==2，2362Tπππ当x=时，fx取得最小值，则2⋅+φ=2kπ-，k∈Z，6625π5π则φ=2kπ-，k∈Z，不妨取k=0，则fx=sin2x-，665π5π3则f-=sin-=，1232·3·5π即可得到答案.12故选：D.7.甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有(A.30种)B.60种C.120种D.240种【答案】C【解析】【分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案.1【详解】首先确定相同得读物，共有C6种情况，然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有A25种，1根据分步乘法公式则共有C6⋅A25=120种，故选：C.8.已知圆锥PO的底面半径为3，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，若△PAB的面积等于A.π93，则该圆锥的体积为(4B.6π)C.3πD.36π【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.【详解】在△AOB中，∠AOB=120°，而OA=OB=3，取AC中点C，连接OC,PC，有OC⊥AB,PC⊥AB，如图，∠ABO=30°，OC=393193,AB=2BC=3，由△PAB的面积为，得×3×PC=，2424223333322解得PC=，于是PO=PC-OC=-=6，22211所以圆锥的体积V=π×OA2×PO=π×(3)2×6=6π.33·4·故选：B9.已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C-AB-D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(A.15B.25)C.35D.25【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.【详解】取AB的中点E，连接CE,DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CE⊥AB，又△ABD是等边三角形，则DE⊥AB，从而∠CED为二面角C-AB-D的平面角，即∠CED=150°，显然CE∩DE=E,CE,DE⊂平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB⊂平面ABC，因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC=CE，直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB=2，则CE=1,DE=3，在△CDE中，由余弦定理得：CD=CE2+DE2-2CE⋅DEcos∠CED=由正弦定理得1+3-2×1×3×-3=7，23sin150°3=，72731-27DECD=，即sin∠DCE=sin∠DCEsin∠CED2显然∠DCE是锐角，cos∠DCE=1-sin∠DCE=所以直线CD与平面ABC所成的角的正切为故选：C10.已知等差数列an的公差为A.-1B.-2=527，3.52π，集合S=cosann∈N*若S=a,b，则ab=(，312C.0D.12)·5·【答案】B【解析】【分析】根据给定的等差数列，写出通项公式，再结合余弦型函数的周期及集合只有两个元素分析、推理作答.【详解】依题意，等差数列{an}中，an=a1+(n-1)⋅显然函数y=cos2π2π2π=n+a1-，3332π2π∗n+a1-的周期为3，而n∈N，即cosan最多3个不同取值，又33{cosan|n∈N∗}={a,b}，则在cosa1,cosa2,cosa3中，cosa1=cosa2≠cosa3或cosa1≠cosa2=cosa3，2π2ππ，即有θ+θ+=2kπ,k∈Z，解得θ=kπ-,k∈Z，333ππ4πππ2所以k∈Z，ab=coskπ-coskπ-+=-coskπ-coskπ=-coskπcos333331=-.2于是有cosθ=cosθ+故选：By211.设A，B为双曲线x-=1上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是(92)A.1,1B.-1,2C.1,3D.-1,-4【答案】D【解析】【分析】根据点差法分析可得kAB⋅k=9，对于A、B、D：通过联立方程判断交点个数，逐项分析判断；对于C：结合双曲线的渐近线分析判断.【详解】设Ax1,y1,Bx2,y2，则AB的中点My1-y2可得kAB=,k=x1-x2y1+y22x1+x22x1+x2y1+y2,，22=21y1+y2，x1+x2=12y21-y2，两式相减得x-x-=0，9=12122因为A,B在双曲线上，则2y21-y2所以kAB⋅k=22=9.x1-x2y2x-91y22x2-92对于选项A：可得k=1,kAB=9，则AB:y=9x-8，联立方程消去y得72x-2×72x+73=0，x-y9=1，22y=9x-82此时Δ=-2×722-4×72×73=-288<0，·6·所以直线AB与双曲线没有交点，故A错误；995对于选项B：可得k=-2,kAB=-，则AB:y=-x-，222联立方程x-y9=122y=-9x-252，消去y得45x2+2×45x+61=0，此时Δ=2×452-4×45×61=-4×45×16<0，所以直线AB与双曲线没有交点，故B错误；对于选项C：可得k=3,kAB=3，则AB:y=3x由双曲线方程可得a=1,b=3，则AB:y=3x为双曲线的渐近线，所以直线AB与双曲线没有交点，故C错误；对于选项D：k=4,kAB=联立方程997，则AB:y=x-，444x-y9=122y=9x-474，消去y得63x2+126x-193=0，此时Δ=1262+4×63×193>0，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确；故选：D.12.已知⊙O的半径为1，直线PA与⊙O相切于点A，直线PB与⊙O交于B，C两点，D为BC的中点，若PO=2，则PA⋅PD的最大值为()A.1+22B.1+222C.1+2D.2+2【答案】A【解析】1【分析】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得PA⋅PD=-22π12πsin2α-，或PA⋅PD=+sin2α+然后结合三角函数的性质即可确定24224PA⋅PD的最大值.【详解】如图所示，则由题意可知:∠APO=45°，OA=1,OP=2，由勾股定理可得PA=OP2-OA2=1·7·当点A,D位于直线PO异侧时，设∠OPC=α,0≤α≤π则：PA⋅PD=|PA|⋅|PD|cosα+4π=1×2cosαcosα+422=2cosαcosα-sinα22=cos2α-sinαcosα1+cos2α1-sin2α2212π=-sin2α-224ππππ0≤α≤，则-≤2α-≤4444ππ∴当2α-=-时，PA⋅PD有最大值1.44=π，4当点A,D位于直线PO同侧时，设∠OPC=α,0≤α≤π则：PA⋅PD=|PA|⋅|PD|cosα-4π=1×2cosαcosα-422=2cosαcosα+sinα22=cos2α+sinαcosα1+cos2α1+sin2α2212π=+sin2α+224ππππ0≤α≤，则≤2α+≤4442ππ1+2∴当2α+=时，PA⋅PD有最大值.4221+2综上可得，PA⋅PD的最大值为.2=·8·π，4故选：A.【点睛】本题的核心在于能够正确作出示意图，然后将数量积的问题转化为三角函数求最值的问题，考查了学生对于知识的综合掌握程度和灵活处理问题的能力.二、填空题13.已知点A1,5在抛物线C：y2=2px上，则A到C的准线的距离为.94【解析】【答案】【分析】由题意首先求得抛物线的标准方程，然后由抛物线方程可得抛物线的准线方程为x5=-，最后利用点的坐标和准线方程计算点A到C的准线的距离即可.42【详解】由题意可得：则2p=5，抛物线的方程为y2=5x，5=2p×1，559准线方程为x=-，点A到C的准线的距离为1--=.4449故答案为：.4x-3y≤-114.若x，y满足约束条件x+2y≤9，则z=2x-y的最大值为3x+y≥7.【答案】8【解析】【分析】作出可行域，转化为截距最值讨论即可.详解】作出可行域如下图所示：z=2x-y，移项得y=2x-z，联立有x-3y=-1x=5，解得x+2y=9y=2，设A5,2，显然平移直线y=2x使其经过点A，此时截距-z最小，则z最大，代入得z=8，故答案为：8.15.已知an为等比数列，a2a4a5=a3a6，a9a10=-8，则a7=·9·.【答案】-2【解析】【分析】根据等比数列公式对a2a4a5=a3a6化简得a1q=1，联立a9a10=-8求出q3=-2，最后得a7=a1q⋅q5=q5=-2.【详解】设an的公比为qq≠0，则a2a4a5=a3a6=a2q⋅a5q，显然an≠0，则a4=q2，即a1q3=q2，则a1q=1，因为a9a10=-8，则a1q8⋅a1q9=-8，则q15=q53=-8=-23，则q3=-2，则a7=a1q⋅q5=q5=-2，故答案为：-2.16.设a∈0,1，若函数fx=ax+1+ax在0,+∞上单调递增，则a的取值范围是.【答案】【解析】5-1,12【分析】原问题等价于fx=axlna+1+axln1+a≥0恒成立，据此将所得的不等式进1+axlna行恒等变形，可得≥-，由右侧函数的单调性可得实数a的二次不等式，aln1+a求解二次不等式后可确定实数a的取值范围.【详解】由函数的解析式可得fx=axlna+1+axln1+a≥0在区间0,+∞上恒成立，则1+axln1+a≥-axlna，即故故1+axlna≥-在区间0,+∞上恒成立，aln1+a1+a0lna=1≥-，而a+1∈1,2，故ln1+a>0，aln1+a5-1≤a<1，2lna+1≥-lnaaa+1≥1即故0b>0的离心率为，点A-2,0在C上.3ab(1)求C的方程；(2)过点-2,3的直线交C于点P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点.y2x2【答案】(1)+=194(2)证明见详解【解析】【分析】(1)根据题意列式求解a,b,c，进而可得结果；(2)设直线PQ的方程，进而可求点M,N的坐标，结合韦达定理验证【小问1详解】b=2a=3222由题意可得a=b+c，解得b=2，c5c=5e=a=3yM+yN为定值即可.2·14·y2x2所以椭圆方程为+=1.94【小问2详解】由题意可知：直线PQ的斜率存在，设PQ:y=kx+2+3,Px1,y1,Qx2,y2，联立方程y9+x4=122y=kx+2+3222，消去y得：4k+9x+8k2k+3x+16k+3k=0，则Δ=64k22k+32-644k2+9k2+3k=-1728k>0，解得k<0，16k2+3k8k2k+3可得x1+x2=-,x1x2=，224k+94k+9y1因为A-2,0，则直线AP:y=x+2，x1+2令x=0，解得y=同理可得N0,则=2y1x1+22y12y1，即M0,,x1+2x1+22y2，x2+2+22y2x2+2=kx1+2+3x1+2x1+2x2+2+kx2+2+3x2+2=2kx1x2+4k+3x1+x2+42k+3x1x2+2x1+x2+4kx1+2k+3x2+2+kx2+2k+3x1+232kk2+3k8k4k+32k+3-+42k+34k2+94k2+916k2+3k16k2k+3-+424k+94k2+9==108=3，36所以线段PQ的中点是定点0,3.【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤(1)由特例得出一个值，此值一般就是定值；·15·(2)证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；(3)得出结论．21.已知函数f(x)=1+aln(1+x).x1关于直线x=b对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理x(1)当a=-1时，求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；(2)是否存在a，b，使得曲线y=f由.(3)若fx在0,+∞存在极值，求a的取值范围.【答案】(1)ln2x+y-ln2=0；(2)存在a=1.2【解析】(3)0,【分析】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；(2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数b的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数a的方程，解方程可得实数a的值，最后检验所得的a,b是否正确即可；(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数gx=ax2+x-x+1lnx+1，然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论a≤0，a≥中情况即可求得实数a的取值范围.【小问1详解】1-1lnx+1，x111则fx=-2×lnx+1+-1×，xx+1x当a=-1时，fx=据此可得f1=0,f1=-ln2，函数在1,f1处的切线方程为y-0=-ln2x-1，即ln2x+y-ln2=0.【小问2详解】11=x+alnx+1，x1x+1函数的定义域满足+1=>0，即函数的定义域为-∞,-1∪0,+∞，xx由函数的解析式可得f11和0

·16·11对称，由题意可得b=-，22111由对称性可知f-+m=f--mm>，2223取m=可得f1=f-2，211即a+1ln2=a-2ln，则a+1=2-a，解得a=，221111经检验a=,b=-满足题意，故a=,b=-.222211即存在a=,b=-满足题意.22定义域关于直线x=-【小问3详解】由函数的解析式可得fx=-111lnx+1++a，2xx+1x由fx在区间0,+∞存在极值点，则fx在区间0,+∞上存在变号零点;令-111lnx+1++axx+1=0，x2则-x+1lnx+1+x+ax2=0，令gx=ax2+x-x+1lnx+1，fx在区间0,+∞存在极值点，等价于gx在区间0,+∞上存在变号零点，gx=2ax-lnx+1,gx=2a-1x+1当a≤0时，gx<0，gx在区间0,+∞上单调递减，此时gx0,gx在区间0,+∞上单调递增，2x+1所以gx>g0=0，gx在区间0,+∞上单调递增，gx>g0=0，所以gx在区间0,+∞上无零点，不符合题意；111时，由gx=2a-=0可得x=-1，2x+12a1当x∈0,-1时，gx<0，gx单调递减，2a1当x∈-1,+∞时，gx>0，gx单调递增，2a1故gx的最小值为g-1=1-2a+ln2a，2a-x+1令mx=1-x+lnx00，x当00，则hx=，x当x∈0,1时，hx>0,hx单调递增，当x∈1,+∞时，hx<0,hx单调递减，故hx≤h1=0，即lnx≤x2-x(取等条件为x=1)，所以gx=2ax-lnx+1>2ax-x+12-x+1=2ax-x2+x，g2a-1>2a2a-1-2a-12+2a-1=0，且注意到g0=0，根据零点存在性定理可知:gx在区间0,+∞上存在唯一零点x0.当x∈0,x0时，gx<0，gx单调减，当x∈x0,+∞时，gx>0，gx单调递增，所以gx0ax2+x-x+1×=a-11x+1-2x+1121x+，2211令a-x2+=0得x2=22所以函数gx1，所以g1-2a1.21>0，1-2a区间0,+∞上存在变号零点，符合题意.综合上面可知:实数a得取值范围是0,【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.(2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.四、选做题【选修4-4】(10分)22.在直角坐标系xOy中，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方·18·程为ρ=2sinθx=2cosαπππ≤θ≤，曲线C2：(α为参数，<α<π).y=2sinα422(1)写出C1的直角坐标方程；(2)若直线y=x+m既与C1没有公共点，也与C2没有公共点，求m的取值范围.【答案】(1)x2+y-12=1,x∈0,1,y∈1,2(2)-∞,0∪22,+∞【解析】【分析】(1)根据极坐标与直角坐标之间的转化运算求解，注意x,y的取值范围；(2)根据曲线C1,C2的方程，结合图形通过平移直线y=x+m分析相应的临界位置，结合点到直线的距离公式运算求解即可.【小问1详解】因为ρ=2sinθ，即ρ2=2ρsinθ，可得x2+y2=2y，整理得x2+y-12=1，表示以0,1为圆心，半径为1的圆，又因为x=ρcosθ=2sinθcosθ=sin2θ,y=ρsinθ=2sin2θ=1-cos2θ，且πππ≤θ≤，则≤2θ≤π，则x=sin2θ∈0,1,y=1-cos2θ∈1,2，422故C1:x2+y-12=1,x∈0,1,y∈1,2.【小问2详解】因为C2:x=2cosαπ(α为参数，<α<π)，y=2sinα2整理得x2+y2=4，表示圆心为O0,0，半径为2，且位于第二象限的圆弧，如图所示，若直线y=x+m过1,1，则1=1+m，解得m=0；若直线y=x+m，即x-y+m=0与C2相切，则=22解得m=2m>0，m2，若直线y=x+m与C1,C2均没有公共点，则m>22或m<0，即实数m的取值范围-∞,0∪22,+∞.【选修4-5】(10分)23.已知fx=2x+x-2.(1)求不等式fx≤6-x的解集；·19·(2)在直角坐标系xOy中，求不等式组f(x)≤yx+y-6≤0所确定的平面区域的面积.【答案】(1)[-2,2]；(2)6.【解析】【分析】(1)分段去绝对值符号求解不等式作答.(2)作出不等式组表示的平面区域，再求出面积作答.【小问1详解】3x-2,x>2依题意，f(x)=x+2,0≤x≤2，-3x+2,x<0不等式f(x)≤6-x化为：解x>20≤x≤2x<0或或3x-2≤6-xx+2≤6-x-3x+2≤6-x，x>20≤x≤2x<0，得无解；解，得0≤x≤2，解得-2≤x3x-2≤6-xx+2≤6-x-3x+2≤6-x，<0，因此-2≤x≤2，所以原不等式的解集为：[-2,2]小问2详解】作出不等式组f(x)≤y如图中阴影△ABC，x+y-6≤0表示的平面区域，由y=-3x+2y=x+2，解得A(-2,8)，由又B(0,2),D(0,6)，x+y=6x+y=6, 解得C(2,4)，11|BD|×xC-xA=|6-2|×|2-(-2)|=8.22所以△ABC的面积S△ABC=·20·


更多推荐

题意,利用,求解