泉州市2023届高考五月适应性练习卷解析.pdf

1、高三数学试题第 1页（共 12 页）泉州市泉州市 20232023 届高届高三适应性练习卷三适应性练习卷2023.05数数 学（选学（选择择题）题）一一、选择题选择题：本题共本题共 8 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 40 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一项只有一项是符合题目要求的。是符合题目要求的。1 已知集合|21xAx，则ARA(,0)B(,0C(0,)D0,)【命题意图】本小题考查集合的运算，指数不等式等基础知识；考查运算求解等能力；考查化归与转化思想；体现基础性，导向对数学运算等核心素养的关注【试题解析】由已知，得|21|0 xAxx x，所以0

2、,)AR故选D2 已知复数i1ia 为纯虚数，则实数a等于A1B0C1D2【命题意图】本小题主要考查复数的概念及其运算等基础知识；考查运算求解能力；考查函数与方程思想；体现基础性，导向对数学运算等核心素养的关注【试题解析】解法一：因为i1(1)i1i2aaa 为纯虚数，所以10a，且10a，解得1a 故选 A解法二：因为i1ia 为纯虚数，设ii()1iab bR，可得ii(1i)ab，即iiabb ，所以,1,abb 即1a 故选 A3 等差数列 na中，53710aaa，则 na的前9项和为A180B90C90D180【命题意图】本小题主要考查等差数列的基本性质及前n项和公式等基础知识；考

3、查运算求解保密使用前高三数学试题第 2页（共 12 页）等能力；考查化归与转化思想，体现基础性，导向对数学运算等核心素养的关注【试题解析】由已知有537510210aaaa，所以510a，所以 na的前9项和为19959()9902aaSa.故选 C.4 已知,(0,)2，且满足tantan()14，则A4B4C2D22【命题意图】本小题主要考查三角函数定义，同角三角函数关系及两角和差的三角公式等基础知识；考查运算求解等能力；考查化归与转化思想；体现基础性，导向对数学运算、直观想象等核心素养的关注【试题解析】解法一：因为,(0,)2，tantan()104，所以,(0,)42，由tantan(

4、)14结合三角函数的定义可得42，即4故选 B解法二：因为tantan()14，所以sin()sin41coscos()4，所以coscos()sinsin()044，即cos()04因为,(0,)2，所以42，即4故选 B解法三：因为tantan()14，所以tan1tan11tan，即tantan1tantan 所以tantantan()11tantan又,(0,)2，所以(0,)，因此4故选B高三数学试题第 3页（共 12 页）5 已知双曲线C的焦点分别为12,F F，虚轴为12B B若四边形1122FB F B的一个内角为120，则C的离心率等于A62B32C3D3【命题意图】本小题主

5、要考查双曲线的几何性质等基础知识；考查推理论证、运算求解等能力；考查分类与整合、数形结合、化归与转化等思想；体现基础性，应用性，导向对直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注【试题解析】不妨设双曲线C的方程为22221(0,0)xyabab，22cab，则1|OBb，2|OFc由对称性，可知四边形1122FB F B为菱形，故1260OB F或2160OF B因为cb，所以2112OF BOB F 又211290OF BOB F，所以211245OF BOB F，所以1260OB F，从而tan60cb，即3cb，所以223cb又222abc，所以2223()cca，整理，得2232ca，

6、所以62cea故选 A6 已知圆锥SO的母线长为 2，AB是圆O的直径，点M是SA的中点若侧面展开图中，ABM为直角三角形，则该圆锥的侧面积为A3B23C43D83【命题意图】本小题主要考查圆锥的侧面展开图，侧面积等基础知识；考查空间想象，推理论证，运算求解等能力；考查化归与转化等思想；体现基础性，应用性，导向对直观想象，逻辑推理，高三数学试题第 4页（共 12 页）数学运算等核心素养的关注【试题解析】其侧面展开图如图所示，由已知，点B是AA的中点在ABM中，MAB,MBA显然是锐角，所以BMSA又SMMA，所以BSBA，又BSAS，所以SAB是等边三角形，故60ASB，所以120ASA，因此

7、该圆锥的侧面积为1244233故选 C7 已知圆22:20C xymxy关于直线:(1)10(1)laxaya 对称，l与C交于,A B两点，设坐标原点为O，则|OAOB的最大值等于A2B4C8D16【命题意图】本小题主要考查直线与圆等基础知识；考查逻辑推理、运算求解等能力；考查化归与转化、数形结合等思想；体现基础性和应用型，导向对数学运算、直观想象等核心素养的关注【试题解析】解法一：因为圆C关于直线l对称，所以(,1)2mC 在l上所以(1)102maa，整理，得(1)(2)0am，所以2m 或1a （舍去），故圆C的半径为2，所以|2 2AB 因为AB为圆C的直径，且O在圆C上，所以OAO

8、B，故222|OAOBAB，即22|8OAOB又22|2|OAOBOAOB，所以|4OAOB，当且仅当|2OAOB时等号成立从而2(|)82|16OAOBOA OB，故|OAOB的最大值为 4故选 B解法二：因为圆C关于直线l对称，所以(,1)2mC 在l上高三数学试题第 5页（共 12 页）所以(1)102maa，整理，得(1)(2)0am，所以2m 或1a （舍去），故圆C的半径为2，所以|2 2AB 因为AB为圆C的直径，且O在圆C上，所以OAOB，设OAB，则02，且|2 2cosOA，|2 2sinOB，故|2 2(cossin)4sin()4OAOB，所以当4时，|OAOB取最大值

9、 4故选 B8 人脸识别，是基于人的脸部特征信息进行身份识别的一种生物识别技术在人脸识别中，主要应用距离测试检测样本之间的相似度，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离设11,A x y，22,B xy，则曼哈顿距离1212(,)d A Bxxyy，余弦距离(,)1cos(,)e A BA B，其中cos,cos,A BOA OB （O为坐标原点）已知(2,1)M，(,)1d M N，则(,)e M N的最大值近似等于（参考数据：21.41，52.24）A0.052B0.104C0.896D0.948【命题意图】本小题主要考查向量夹角的定义、三角函数值的求解、绝对值方程的图象等基础知识，考查

10、逻辑推理、运算求解等能力，考查化归与转化、数形结合等思想，体现基础性和应用性，导向对数学运算、直观想象等核心素养的关注【试题解析】由已知(,)1d M N，设(,)N x y，有211xy，动点N的轨迹为如图所示的正方形BCDE，其中(2,0)B，(3,1)C，(2,2)D，(1,1)E当点N与点B重合时，2 5cos,0.8965M N，又,O D E三点共线，当点N在线段DE上运动时，1112tantan()1312NOMEOBMOB，3 10cos,0.94810M N，高三数学试题第 6页（共 12 页）故可知当点N与点B重合时，(,)1cos(,)e M NM N 最大，为10.89

11、60.104故选 B二二、选择题选择题：本题共本题共 4 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 20 分分。在每小题给出的选项中在每小题给出的选项中，有多项符合题有多项符合题目要求。全部选对的得目要求。全部选对的得 5 分，有选错的得分，有选错的得 0 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分。分。9 已知向量(3,1)a，(cos,sin)b，则下列说法正确的是【1.6 分】A若23，则abB若ab，则6Ca b的最大值为2D|ab|的取值范围是1,3【命题意图】本小题主要考查向量的模、数量积、平行垂直等基础知识，考查运算求解等能力，考查数形结合、化归与转化等思想，体现基础性、综合性与创新

12、性，导向对直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注【试题解析】对于 A 选项，若23，则13(,)22 b，则0=a b，所以ab，故 A 正确；对于 B 选项，若ab，则cos3sin，所以3tan3，则6k,kZ，故 B 错误；对于 C 选项，|cos 2cos a baba ba b，所以当向量,a b方向相同时，a b取得最大值2，故 C正确；对于 D 选项，如图，,OAOB ab，则BA ab，所以|BA|ab|，即1,3|ab|，故 D 正确高三数学试题第 7页（共 12 页）故选 ACD10在党中央、国务院决策部署下，近一年来我国经济运行呈现企稳回升态势.如图为 2022年

13、2 月至 2023 年 1 月社会消费品零售总额增速月度同比折线图，月度同比指的是与去年同期相比，图中纵坐标为增速百分比.就图中 12 个月的社会消费品零售总额增速而言，以下说法正确的是A12 个月的月度同比增速百分比的中位数为1%B12 个月的月度同比增速百分比的平均值大于0C图中前 6 个月的月度同比增速百分比波动比后 6 个月的大D共有 8 个月的月度同比增速百分比大于 12 个月的月度同比增速百分比的平均值【命题意图】本小题主要考查折线表、样本数字特征等基础知识；考查数据处理、运算求解等能力；体现基础性，导向对数据分析等核心素养的关注【试题解析】对于 A 选项，12 个月的月度同比增速

14、的中位数为2.50.512（%），A 选项正确；对于 B 选项，12 个月的月度同比增速的平均值为6.73.5 11.16.73.12.75.42.50.55.91.83.50.4712（%），B 选项错误；由图可知，前 6 个月同比增速波动比后 6 个月的增速波动大，C 选项正确；共有 6 个月的月度同比增速大于0.47（%），D 选项错误.故选 AC.高三数学试题第 8页（共 12 页）11函数|2e()xf xxa的图象可以是【1.14 分】ABCD【命题意图】本小题主要考查函数的基本性质与运用导数判断函数的单调性等基础知识；考查运算求解，推理论证能力等；考查数形结合思想等；体现基础性，

15、综合性，导向对直观想象，逻辑推理，数学运算等核心素养的关注【试题解析】由于()()fxf x，所以()f x为偶函数，故 B 选项错误对于 C 选项，由图像知1(0)0fa，即0a 又0 x 时，222e(2)()()xxxafxxa，注意到0 x 时，()0fx，所以存在区间(0,)t，使()f x在该区间上单调递增，故 C 选项错误故选 AD12直四棱柱1111ABCDABC D中，底面ABCD是菱形，60DAB，且12AAAB，M为AD的中点，动点P满足1BPxBByBD ，且,0,1x y，则下列说法正确的是A当1xy时，1BDAPB若1BDAP，则P的轨迹长度为2高三数学试题第 9页

16、（共 12 页）C若MP平面11ABB A，则12y D当2(0)yx x时，若点O满足OPOMOBOD，则OP的取值范围是1,5)【命题意图】本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系，空间向量、球等基础知识；考查推理论证，空间想象，运算求解等能力；考查数形结合，化归与转化等思想；体现基础性、综合性，导向对数学运算，直观想象，逻辑推理等核心素养的关注【试题解析】对于 A 选项，当1xy，,0,1x y时，当P与D重合，若选项 A 正确，则1BDAD，又因为1ADDD，111BDDDD，则AD 平面1BDD，则ADBD，因为底面ABCD是菱形，60DAB，所以ABD是等边三角形，与ADBD

17、矛盾，故 A 错误；对于 B 选项，分别取1,BD BB中点2,O N，因为底面ABCD是菱形，所以2AOBD，且21AODD，1BDDDD，则2AO 平面1BDD，所以21AOBD；因为四边形11BDD B是正方形，所以21NOBD，222AOO NO，所以1BD 平面2AO N，所以P的轨迹是线段2O N，22O N，故 B 正确；对于 C 选项，取11D B中点1O，连结212,O O O M，高三数学试题第 10页（共 12 页）因为DMMA，22DOO B，所以2O MAB，又AB 平面11BB A A，2O M 平面11BB A A，所以2O M平面11BB A A同理121OOB

18、B，1BB 平面11BB A A，12OO 平面11BB A A，所以12OO 平面11BB A A又1222OOO MO，212,O M OO 平面21O O M，所以平面21O O M平面11BB A A若MP平面11ABB A，则P的轨迹是线段12OO，因为1BPxBByBD ，所以12y 故 C 正确；对于 D 选项，取1DD中点Q，连结BQ交21O O于点S，过B作BEBQ交21O O于点E当2yx时，P的轨迹是线段BQ因为ABD是等边三角形，AMDM，所以BMAD，因为OMOBOD，所以点O在直线21O O上，在PBD中，OPOB，则点O在直线BP垂直平分线上，所以点O为直线21O

19、 O与线段BP垂直平分线的交点当点P与点Q重合时，点O为S，当P与点B重合时，则点O为E，当P在线段BQ上时，点O在线段SE上 因为OPOB，min21OBO B，max5OBEB，因为,0,1x y，所以OP的取值范围是1,5)，故 D 正确故选 BCD高三数学试题第 1页（共 12 页）泉州市泉州市 20232023 届高届高三适应性练习卷三适应性练习卷2023.05数数 学（学（填空填空题）题）三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。13曲线sin2yx在点(0,0)处的切线方程为_【命题意图】本小题主要考查导数的几何意义等基础

20、知识；考查运算求解等；体现基础性，导向对数学运算等核心素养的关注【试题解析】因为sin2yx，所以2cos2yx，所以0|2xy，可得曲线sin2yx在点(0,0)处的切线方程为：2yx14已知定义在R上的函数()f x满足：(2)f x 为偶函数；当(,2x 时，2()f xx写出()f x的一个单调递增区间为_【命题意图】本小题主要考查函数的对称性和单调性等基础知识；考查推理论证能力等；考查数形结合思想、化归与转化思想等，体现基础性，导向对直观想象等核心素养的关注【试题解析】因为(2)f x 为偶函数，所以(2)(2)f xfx，因此()f x的图象关于直线2x 对称当(,2x 时，2()

21、f xx，所以()f x在(,0单调递减，在0,2单调递增由对称性，可得()f x在2,4单调递减，在4,)单调递增故()f x的一个单调递增区间为0,2，4,)注注：只要写出一个答案就可以只要写出一个答案就可以，同时区间同时区间端点除端点除处只能处只能用用开区间外开区间外，其他的其他的用用开闭开闭符号符号都可以。都可以。15在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线2:6C yx的焦点为F，过3(,0)2D 的直线l与C交于,A B两点若ABF的面积等于OAD的面积的 2 倍，则|AFBF_【命题意图】本小题主要考查抛物线的定义及标准方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识；考查运算求解等；考查数形

22、结合思想、化归与转化思想等，体现基础性，导向对数学运算、直观想象等核心素养的关注保密使用前高三数学试题第 2页（共 12 页）【试题解析】由题意，知抛物线2:6C yx的焦点3(,0)2F，准线3:2l x 设,O F到直线AB的 距 离 分 别 为12,d d，则21|2|dDFdDO，又11|2OADSDAd，21|2FABSABd，从而21|2|FABOADSABdSDAd，所以|DAAB分别过点,A B作1AAl于1A，1BBl于1B，则1|FAAA，1|FBBB，11AABB，所以11|1|2AAFADAFBBBDB，故答案为1216将 0，1，2，3，10 任意排成一行，可以组成个

23、不同的 6 位数（用数字作答）【命题意图】本小题主要考查分类加法计数原理、分步乘法计数原理、排列等基础知识；考查运算求解等能力；考查化归与转化等思想；体现综合性，导向对数学运算、数学建模等核心素养的关注【试题解析】解法一：将 0，1，2，3，10 任意排成一行，且数字 0 不在首位，有44496A 种，数字 1 和 0 相邻且 1 在 0 之前的排法有4424A 种，故所求满足题意的 6 位数有2496842个.解法二：将 0，1，2，3，10 任意排成一行，可以组成满足题意的 6 位数的情况分为如下三类：第一类，1 和 0 相邻，且 1 在 0 之前，此时有2412A 个；第二类，1 和 0

24、 相邻，且 0 在 1 之前，此时有33318A 个；第三类，1 和 0 不相邻，此时有312333()54A AA个；故所求满足题意的 6 位数共有12 185484个.高三数学试题参考答案第 1页（共 15 页）泉州市泉州市 20232023 届高三届高三适应性练习卷适应性练习卷2023.05数数 学（解答题）学（解答题）四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17（10 分）数列na中，11a，且121nnaan（1）证明：数列nan为等比数列，并求出na；（2）记数列 nb

25、的前n项和为nS若2nnnabS，求11S【命题意图】本小题主要考查等比数列的定义与前n项和等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程、化归与转化、分类与整合等思想，体现基础性和综合性，导向对发展数学运算等核心素养的关注【试题解析】解法一：（1）由121nnaan可得112()nnanan，1 分因为11a，所以112a ，2 分所以数列nan是首项为2，公比为2的等比数列 3 分所以2nnan，即2nnan 4 分（2）因为2nnnabS，当2n时，1112nnnabS，5 分所以1112()nnnnnnaabbSS，即11nnnnbbaa 6 分又11122(1)21nnnnnaann，

26、所以1121nnnbb 7 分又因为1112abS，所以111ba8 分故1121123101111()()Sbbbbbbbb9 分2468101(22222)5 1360 10 分解法二：（1）因为121nnaan，所以112112nnnnanannanan，1 分保密使用前高三数学试题参考答案第 2页（共 15 页）因为11a，所以112a ，2 分所以数列nan是首项为2，公比为2的等比数列 3 分所以2nnan，即2nnan 4 分（2）因为2nnnabS，当2n时，12nnnnaSSS，即1nnnSSa 5 分所以11nnnSSa，因此111nnnnSSaa 6 分又112(1)(2

27、)21nnnnnaann，所以1121nnnSS7分又因为1112abS，所以111Sb8 分所以11119977553311()()()()()SSSSSSSSSSSS9 分108642(21)(21)(21)(21)(21)11360 10 分解法三：（1）同解法一4分（2）因为2nnnabS，当2n时，1112nnnabS，所以1112()nnnnnnaabbSS，即11nnnnbbaa 5 分又11122(1)21nnnnnaann，所以1121nnnbb，6 分所以112121()3232nnnnbb.7分又因为1112abS，所以111ba，1215326b 8 分所以数列2132

28、nnb 是首项为56，公比为1的等比数列因此1215(1)326nnnb，1521(1)632nnnb，9分这时1115212(1)251632(1)2231224nnnnnnnnnabnS ，故121125111136031224S10 分解法四：（1）同解法一 4 分（2）因为2nnnabS，高三数学试题参考答案第 3页（共 15 页）当2n时，12nnnnaSSS，所以1nnnSSa，即12nnnSSn 5 分所以1121211()324324nnnnnnSS 7 分又因为1112abS，所以111ba，21211532412S 8分所以数列121324nnnS是首项为512，公比为1的

29、等比数列因此11215(1)32412nnnnS，11521(1)12324nnnnS，9分故121152111136012324S10分18（12 分）在平面四边形ABCD中，60ABC，120ADC，点,B D在直线AC的两侧，1AB，2BC.（1）求BAC；（2）求ABD与ACD的面积之和的最大值【命题意图】本小题主要考查解三角形、三角恒等变换等基础知识，考查推理论证、运算求解等能力，考查数形结合和化归与转化等思想，体现综合性与应用性，导向对发展直观想象、逻辑推理及数学运算等核心素养的关注【试题解析】（1）在ABC中，由余弦定理，得2222cosACABBCAB BCABC2 分因为1A

30、B，2BC，60ABC，所以2221122 1 232AC ，即3AC 3 分所以222BCACAB，4 分故2BAC 5 分（2）设CAD，(0,)3，则3ACD在ACD中，由正弦定理，得sinsinACADADCACD，6 分高三数学试题参考答案第 4页（共 15 页）即33sin()32AD，所以2sin()3AD7 分因为1sin()22ABDSAD AB1cos2AD，8 分1sin2ACDSAD AC3sin2AD，9 分所以13cossin2sin()sin()sin(2)22363ABDACDSSADAD.11 分因为(0,)3，所以2(,)33，当232，即12时，max()

31、1ABDACDSS.故ABD与ACD的面积和的最大值为112 分19（12 分）在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，点P在平面ABCD内的投影落在棱AD上，3AD（1）求证：平面PDA平面PDC；（2）若3PB，6PC，当四棱锥PABCD的体积最大时，求平面PDC与平面PBC的夹角的余弦值【命题意图】本题主要考查线面垂直的性质定理，面面垂直的判定定理及平面与平面夹角的余弦值等基础知识；考查空间想象能力、推理论证及运算求解能力；考查数形结合思想、化归与转化思想等；体现基础性、综合性与应用性，导向对发展逻高三数学试题参考答案第 5页（共 15 页）辑推理、数学运算、直观想象等核心素养的关注【

32、试题解析】解法一：（1）作POAD于点O，由已知PO 平面ABCD，1 分又CD平面ABCD，所以POCD，2 分又因为ADCD，ADPOO，,AD PO 平面PAD，所以CD 平面PDA4 分因为CD平面PDC，所以平面PDA平面PDC5 分（2）过O作OEBC于E，连结PE由已知3BCAD，3PB，6PC，得222BCPBPC，所以PBPC6 分又因为PO 平面ABCD，又BC 平面ABCD，所以POBC，且OEBC，POOEO，,PO OE 平面POE，所以BC 平面POE，又PE 平面POE，所以BCPE7 分所以2PB PCPEBC，且1,2BECE，四棱锥PABCD的体积为1133

33、PABCDABCDVSPOAD AB POOE PO矩形，在RtPOE中，2222PEPOOEPO OE，所以1PO OE，当且仅当1POOE时，1PO OE，此时四棱锥PABCD的体积最大 8 分以O为坐标原点，向量,OA OE OP 为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系(0,0,1)P，(2,0,0)D，(2,1,0)C，(1,1,0)B，(2,1,1)CP ，(0,1,0)DC，(3,0,0)CB 9 分设平面PDC的法向量为111(,)x y zm则0,0,CPDC mm即111120,0,xyzy取11x，则(1,0,2)m 10 分设平面PBC的法向量为222(,)xyzn则

34、0,0,CPCB nn即222220,30,xyzx取21y，则(0,1,1)n 11 分设平面PDC与平面PBC的夹角为，(0,2所以|10cos|5m nm|n高三数学试题参考答案第 6页（共 15 页）故平面PDC与平面PBC的夹角的余弦值为105 12 分解法二：（1）同解法一 5 分（2）设POh，OAx，ABy因为CDAB，CD 平面PDA，所以AB 平面PDA又PA 平面PDA，所以ABPA6 分同理CDPD因为3PB，6PC，所以22223PAyhx，22226(3)PDyhx，解得1x，所以222yh7 分四棱锥PABCD的体积22111332P ABCDABCDyhVSPO

35、AB AD POyh矩形，当且仅当1yh时，此时四棱锥PABCD的体积最大 8 分过B作BH 平面PDC于H，连结PHPC 平面PDC，所以BHPC由已知3BCAD，3PB，6PC 得，222BCPBPC，所以PBPC 9 分又PBBHB，,PB BH 平面PBH，所以PC 平面PBH，又PH 平面PBH，所以PCPH，10 分所以BPH为平面PDC与平面PBC的夹角（过A作AFPD于F，因为CD 平面PDA，AF 平面PDA，所以CDAF，又AFPD，PDCDD，,PD CD 平面PDC，所以AF 平面PDC，因为ABCD，CD 平面PDC，AB 平面PDC，所以AB平面PDC，所以BHAF

36、 11 分在RtPOD中，1,2POOD，则5PD，高三数学试题参考答案第 7页（共 15 页）所以35AD POAFPD，所以35BH ）括号部分也可以如下方法：（又B PCDP BCDVV，即1111153 1 13232BH ，所以35BH）11分在RtBPH中，3BP，35BH，则65PH，所以10cos5PHBPHPB故平面PDC与平面PBC的夹角的余弦值为105 12 分20（12 分）某同学尝试运用所学的概率知识研究如下游戏规则设置：游戏在两人中进行，参与者每次从装有 3 张空白劵和 2 张奖券的盒子中轮流不放回地摸出一张，规定摸到最后一张奖券或能判断出哪一方获得最后一张奖券时游

37、戏结束，能够获得最后一张奖券的参与者获胜（1）从胜负概率的角度，判断游戏规则设置是否公平；（2）设游戏结束时参与双方摸券的次数为X，求随机变量X的分布列.【命题意图】本题主要考查概率乘法公式、古典概型、离散型随机变量的分布列等基础知识；考查运算求解、推理论证能力等；考查分类与整合、化归与转化思想等体现基础性、应用性和综合性，导向对发展数学运算、数学抽象等核心素养的关注【试题解析】（1）将 3 张空白券简记为“白”，将 2 张奖券简记为“奖”，率先摸券的一方获胜，包括以下几种情况：双方共摸券 3 次，出现“奖白奖”、“白奖奖”、“白白白”这三种情形，对应的概率为12313213213543543

38、54310p；2 分双方共摸券 4 次，出现的恰好是“三白一奖且前三次必定出现一次奖券”，高三数学试题参考答案第 8页（共 15 页）对应的概率为2232132213221354325432543210p；4 分故先摸券的一方获胜的概率为1235ppp 5 分又3152，故这场游戏不公平.6 分（2）由题意可知X的所有可能取值为2,3,4.7 分211(2)5410P X，2313213213(3)54354354310P X，3(4)1(2)(4)5P XP XP X，所以X的分布列为X234P1103103512分21（12 分）已知函数()eln(1)xf xaxx（1）讨论()f x的

39、导函数()fx的零点个数；（2）若()2ln3ln23f xa，求a的取值范围【命题意图】本题主要考查运用导数判断函数的单调性、求函数的极值与最值、零点存在定理等基础知识；考查推理论证、运算求解等能力；考查函数与方程、化归与转化、数形结合等数学思想；体现综合性、应用性与创新性，导向对发展逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养的关注【试题解析】（1）1()(1)e1xfxa xx，1x 1 分当0a 时，()0fx，此时()fx没有零点；2 分当0a 时，由于21()(2)e0(1)xfxa xx，3 分即()fx在(1,)单调递增取11min0,1,max1,1mnaa ，高三数学试题参考答案

40、第 9页（共 15 页）则011()(01)e01111f maama，11()(1 1)e2e(2e1)01111f naaana，由零点的存在性定理，可知()fx存在唯一的零点0 x4 分（说明说明：若用极限1x 时，()fx；x 时，()fx 代替取点，这 1 分不扣）综上，当0a 时，()fx没有零点；0a 时，()fx只有 1 个零点5 分（2）因为0a，由（1）可知0201(1)exax，即有00ln2ln(1)axx 且当0(1,)xx 时，()0fx，()f x单调递减；当0(,)xx时，()0fx，()f x单调递增；7 分所以min0()()f xf x，因此只需00000

41、020()eln(1)ln(1)2ln3ln23(1)xxf xaxxxax，即000203ln(1)23ln230(1)xxxx令2()3ln(1)23ln23(1)xt xxxx，则只需0()0t x8 分因为223335233()13354612()2220(1)1(1)(1)xxxxt xxxxx，所以()t x在(1,)x 单调递增，又1()02t，由0()0t x，可得01,)2x ，10 分即001ln2ln(1)(,2ln22axx ，故(0,4 ea 12 分高三数学试题参考答案第 10页（共 15 页）22（12 分）在锐角MAB中，2AB，MDAB于点D，22DMDA D

42、B（1）建立适当的坐标系，求动点M的轨迹C的方程；（2）点F是以AB为直径的圆上AB的中点，过点F的直线与C交于,P Q两点，判断是否存在定点R，使得222PRQRPQ为定值【命题意图】本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系等基础知识；考查运算求解、逻辑推理和创新能力等；考查数形结合、函数与方程思想等；体现基础性、综合性与创新性，导向对直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注【试题解析】解法一：（1）如图，以AB的中点O为原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系xOy，则(1,0),(1,0)AB，1 分设(,)M x y，因为MAB是锐角三角形，所以(1,1)x，则|1DAx

43、，|1DBx，|MDy 2 分由22DMDA DB，得22(1)(1)yxx，整理，得2212yx，3 分所以点M的轨迹方程为221(0)2yxy 4 分（2）因为点F是以AB为直径的圆上AB的中点，所以点F在y轴上，不妨设点(0,1)F5 分假设存在满足条件的点00(,)R xy当PQ的斜率存在时，设PQ的方程为1ykx，11(,)P x y，22(,)Q xy，由221,1,2ykxyx消去y，得22(1)22kxx，整理，得22(2)210kxkx，6 分高三数学试题参考答案第 11页（共 15 页）从而12222kxxk，12212x xk，7 分又1010(,)RPxxyy，2020

44、(,)RQxxyy，在PRQ中，由余弦定理，得222|2|cos2PRQRPQPR QRPRQRP RQ ，8 分102010202()()2()()xxxxyyyy102010202()()2(1)(1)xxxxkxykxy 222120012002(1)()()(1)kx xxkykxxxy 9 分222000022122(1)()(1)22kkxkykxykk2220000222(1)212 1(1)22ykx kxykk 22000022452(2)2x kyxyk，10 分所以0020,450,xy解得000,5,4xy此时2227|28PRQRPQRP RQ ，11 分当PQ的斜率

45、不存在时，PQ的方程为0 x，此时(0,2),(1,2)PQ,5(0,)4R，5(0,2)4RP ，5(0,2)4RQ ，所以716RP RQ ，故2227|28PRQRPQRP RQ ，综上，可知存在定点5(0,)4R，即54OROF 12 分解法二：（1）同解法一 4 分高三数学试题参考答案第 12页（共 15 页）（2）因为点F是以AB为直径的圆上AB的中点，所以点F在y轴上，不妨设点(0,1)F5 分假设存在满足条件的点00(,)R xy当PQ的斜率存在时，设PQ的方程为1ykx，11(,)P x y，22(,)Q xy，由221,1,2ykxyx消去y，得22(1)22kxx，整理，

46、得22(2)210kxkx，6 分从而12222kxxk，12212x xk，7 分又2221010|()()PRxxyy，2222020|()()QRxxyy，2221212|()()PQxxyy，22222001 0102 0201 212|22222222PRQRPQxyx xy yx xy yx xy y，8 分22000121 201212222()22()2xyxxxx xyyyy y22000121 201212222()22(2)2(1)(1)xyxxxx xykxkxkxkx222120012002(1)()()(1)kx xxkykxxxy 9 分222000022122(

47、1)()(1)22kkxkykxykk2220000222(1)212 1(1)22ykx kxykk 22000022452(2)2x kyxyk，10 分所以0020,450,xy解得000,5,4xy此时2227|28PRQRPQRP RQ ，11 分当PQ的斜率不存在时，PQ的方程为0 x，此时(0,2),(1,2)PQ,5(0,)4R，高三数学试题参考答案第 13页（共 15 页）5(0,2)4RP ，5(0,2)4RQ ，所以716RP RQ ，故2227|28PRQRPQRP RQ ，综上，可知存在定点5(0,)4R，即54OROF 12 分解法三：（1）如图，以AB的中点O为原

48、点，AB所在直线为y轴建立平面直角坐标系xOy，则(0,1),(0,1)AB，1 分设(,)M x y，因为MAB是锐角三角形，所以(1,1)y，则|1DAy，|1DBy，|MDx，2 分由22DMDA DB，得22(1)(1)xyy，整理，得2212xy，3 分所以点M的轨迹方程为221(0)2xyx4 分（2）因为点F是以AB为直径的圆上AB的中点，所以点F在x轴上，不妨设点(1,0)F5 分假设存在满足条件的点00(,)R xy当PQ的斜率存在时，设PQ的方程为(1)yk x，11(,)P x y，22(,)Q xy，由22(1),1,2yk xxy消去y，得2222(1)2xkx，整理

49、，得2222(21)4(22)0kxk xk，6 分从而212224222121kxxkk，2122222312121kx xkk，7 分又1010(,)RPxxyy，2020(,)RQxxyy，在PRQ中，由余弦定理，得高三数学试题参考答案第 14页（共 15 页）222|2|cos2PRQRPQPR QRPRQRP RQ ，8 分102010202()()2()()xxxxyyyy102010202()()2()()xxxxkxkykxky2222120012002(1)()()()kx xxkykxxkyx 9 分2222000022322(1)(1)()(2)()2121kxkykky

50、xkk2222000000022222223322(1222)2121212121xy kkkxy ky kyxkkkkk2220000022446222422121y kxkxyxkk22000002445224121y kxxyxk 10 分所以0040,450,yx解得005,40,xy此时2227|28PRQRPQRP RQ 11 分当PQ的斜率不存在时，PQ的方程为1x，此时11(1,),(1,)22PQ,5(,0)4R，11(,)42RP ，11(,)42RQ ，所以716RP RQ ，故2227|28PRQRPQRP RQ 综上，可知存在定点5(,0)4R，即54OROF 12