（数学·参考答案）2023年普通高等学校招生星云线上统一模拟考试Ⅰ.pdf

1、数学试题参考答案第 1 页（共 5 页）绝密启用前2023 年普通高等学校招生星云线上统一模拟考试数学试题参考答案选择题题号123456789101112答案ABDCDBBCBDACABDABC填空题题号13141516答案749144解答题17解：（1）由已知得121211(1)21(1)221nnnnnnanaaSnanaaaS，-可得1122nnnnSaSS，即12nnSS特别地，在中令1n 可得1121naSS，即11S，所以nS是首项为1，公比为2的等比数列；（2）由（1）可知12nnS所以1211122nnnnSnaSSn，故12221112122nniinninaaa，注意到23

2、212222iiiiii，所以当2n时，32222121212221()1(6)772222niinninniinnaaa 证毕数学试题参考答案第 2 页（共 5 页）18解：（1）由表可知12222122221(4.95.15.05.05.15.04.95.25.04.8)5.0101(4.85.25.05.04.84.85.25.15.05.1)5.0101(40.120.2)0.012101(20.150.2)0.02210 xxss，（2）由（1）可知22210.0221122.0500.0126sFs，因此在0.15的显著性水平下，无法推测机床在周期出现了比周期更严重的问题19解：（

3、1）设AC与BD交于点O，连接PO；在平面PBD中作PFBD于F因为AC 平面PBD，PO 平面PBD，所以ACPO同理ACBD，ACPF因为PO 平面PAC，OD 平面ABCD，平面PAC 平面ABCDAC，所以POD就是二面角PACD的平面角，从而60POD因为底面ABCD是矩形，ACBD，所以矩形ABCD是正方形所以2ABBCCDAD，2OAOBOCOD又因为PBPD，所以POD是等边三角形，故62PF 因为ACPF，PFBD，ACBDO，所以PF 平面ABCD，即PF是四棱锥PABCD的高故四棱锥PABCD的体积221162 623323VABPF（2）设POAFG因为PECE，OAO

4、C，所以G是PAC的重心，故1133OGPOOD因为AC 平面PBD，所以OGA即为直线AE与平面PBD所成角于是tan313OAOAOGAOGOD，因此，直线AE与平面PBD所成角的正弦值为3 1010数学试题参考答案第 3 页（共 5 页）20解：（1）由正弦定理及已知可得2cos1sin2cos1sinBBbAAa，整理可得2 cos2 cosaBabAb由余弦定理可得2222222222acbbcaaabbacbc，整理可得2()()()ab abab c，所以2()cab（2）由（1）可知2224()4()41616cabababab由余弦定理可得22216162cos()22cos

5、422cosabababCabababCababC，化简可得67cosabC记ABC的面积为S，则1163sinsinsin22 7cos7cosCSabCCCC注意到273sincos9SCSCS，所以34S，等号成立当且仅当tan4 3C 此时回代有78ab，可反解出214a ，214b ，2c，易知符合题意所以ABC面积的最大值为3421解：（1）由题可知C的焦点为(0,)2p，依距离公式可得22|205|6 52(0)52(1)pp，解得2p 所以C的方程为24xy；（2）设211(,)4xA x，222(,)4xB x由2xy，可知直线PA的方程为2111()42xxyxx，即211

6、24x xxy 同理直线PB的方程为22224x xxy 联立2112222424x xxyx xxy，解得1212(,)24xxx xP若记(,25)P tt，则有121224(25)xxtx xt，所以可写出直线AB的方程为数学试题参考答案第 4 页（共 5 页）222212122()()()()444xxxxxyxx，即121244xxx xyx，即252tyxt由AB与l相交可知4t 联立25252yxtyxt，可得4(5)320(,)44ttQtt设(,)H x y，则由PHQH可知22224(5)320(,(25)(,)441(,(25)(4)4(5),(4)(320)41(,2(

7、5)(4)4(5),(3)4(5)41(4)(20)4(5)2(3)(4ttPH QHxt ytxyttxt yttxttytttxtyxtxytytxtxtx xytyt 222221055)4(5)(5)1(210)(1075)4(525)04ytyyxytxyytxyxt 上式关于t恒成立当且仅当22222100107505250 xyxyyxyx，解得05xy，或81xy，因此，存在定点(0,5)H或(8,1)H，使得PHQH22解：（1）由3()sinf xxxax，得2()cos13fxxax 令2()cos13g xxax，得()sin6g xxax 令()sin6h xxax，

8、得()cos6h xxa（）当16a 时，()cos10h xx ，且()0h x当且仅当()xkk Z，所以()g x在0,)单调递增，故()(0)0g xg，且()0g x当且仅当0 x 所以()fx在0,)也单调递增，故()(0)0fxf，且()0fx当且仅当0 x 所以()f x在0,)仍单调递增，故()(0)0f xf；（）当106a时，注意到()h x在(0,)2单调递增，且(0)610ha，()602ha，所以存在唯一0(0,)2x，使得0()0h x，且在0(0,)x有()0h x所以0()g x在00,x单调递减，故在0(0,x有()(0)0g xg所以()fx在00,x也单

9、调递减，故在0(0,x有()(0)0fxf数学试题参考答案第 5 页（共 5 页）所以()f x在00,x仍单调递减，故0()(0)0f xf，()0f x 不恒成立；（）当0a时，由（）可知当0 x 就有()sin0f xxx，()0f x 不恒成立；（）当16a 时，由（）可知31()sin06f xxxx综合上述讨论，a的取值范围为1,)6；（2）对于右侧：由（1）可知11111111sinsinsinsin1 324(2)(2)(2)11111113()(1)222224nnkknkn nk kk kkknn，所以该侧不等号始终成立；对于左侧：由（1）可知当0 x 时，31sin6xx

10、x设31()ln(1)6F xxxx，则211(1)(2)()1212(1)x xxF xxxx 在(0,1)有()0F x，所以()F x在0,1单调递增，故当01x时，()0F x 此时31sinln(1)6xxxx令1()(2)xnn nN，可知211(1)12sinln1lnlnln(2)(2)(2)1nnnn nn nn nnn所以当2n，nN时，2211111sinsinsinsinsin1 324(2)3(2)112sin(lnln)31131sinlnln(1)321nknkn nk knnnnn，令131sinlnln(1)ln2321n，注意到1313sinlnln(1)lnln23232，所以可得到一个充分条件131sinlnln2sin3231411e13e4n 所以任取1sin3413e4n，nN，则该侧不等式成立因此，对于任意1sin3413e4n，nN，原不等式都成立即所求的n是存在的