数学-2023年高考考前押题密卷(北京卷)(参)

数学·参

1D

11.4

2B

3D13.

4B

10 155B

6B

7D

8D

9D16 . 3110D

12.68 14.4

【解答题评分细则】

16．（1）因为𝑃𝐴垂直于圆𝑂所在的平面，即𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶，𝐵𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶，所以𝑃𝐴⊥𝐵𝐶，又因为𝐴𝐶为圆𝑂的直径，所以𝐵𝐶⊥𝐴𝐵, .…………（2分） 𝑃𝐴∩𝐴𝐵=𝐴，𝑃𝐴，𝐴𝐵⊂平面𝑃𝐴𝐵，所以𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐴𝐵，𝐴𝑁⊂平面𝑃𝐴𝐵，所以𝐵𝐶⊥𝐴𝑁，又因为𝐴𝑁⊥𝑃𝐵，𝐵𝐶∩𝑃𝐵=𝐵，𝐵𝐶,𝑃𝐵⊂平面𝑃𝐵𝐶，所以𝐴𝑁⊥平面𝑃𝐵𝐶，𝑃𝐶⊂平面𝑃𝐵𝐶，所以𝐴𝑁⊥𝑃𝐶，.…………（4分）又因为𝐴𝑆⊥𝑃𝐶，𝐴𝑆∩𝐴𝑁=𝐴,𝐴𝑆,𝐴𝑁⊂平面𝐴𝑆𝑁，所以𝑃𝐶⊥平面𝐴𝑆𝑁，𝑆𝑁⊂平面𝐴𝑆𝑁，所以∠𝐴𝑆𝑁是二面角𝐴―𝑃𝐶―𝐵的平面角. .…………（5分）（2）设𝐴𝐶=2𝑎，因为∠𝐴𝐶𝐵=30∘,∠𝑃𝐶𝐴=45∘，所以𝐴𝐵=𝑎,𝑃𝐴=2𝑎,𝐵𝐶=3𝑎，过点𝐵作𝐴𝑃的平行线为𝑧轴，并以𝐵𝐶,𝐵𝐴为𝑥,𝑦轴建系如图，则𝐴(0,𝑎,0),𝐵(0,0,0),𝐶(3𝑎,0,0),𝑃(0,𝑎,2𝑎)，.…………（7分）设平面𝐴𝑃𝐶的法向量为𝑚=(𝑥,𝑦,𝑧)，𝐴𝑃=(0,0,2𝑎),𝐴𝐶=(3𝑎,―𝑎,0), 𝐴𝑃⋅𝑚=2𝑎𝑧=0,所以令𝑥=1,则𝑦=3,𝑧=0，𝐴𝐶⋅𝑚=3𝑎𝑥―𝑎𝑦=0,所以𝑚=(1,3,0)，.…………（9分）设平面𝑃𝐵𝐶的法向量为𝑛=(𝑥1,𝑦1,𝑧1)，𝐵𝐶=(3𝑎,0,0),𝐵𝑃=(0,𝑎,2𝑎),所以𝐵𝐶⋅𝑛=3𝑎𝑥1=0,令𝑦1=2,则𝑥1=0,𝑧1=―1，𝐵𝑃⋅𝑛=𝑎𝑦1+2𝑎𝑧1=0, 所以𝑛=(0,2,―1)，.…………（11分）设二面角𝐴―𝑃𝐶―𝐵的大小为𝜃，则cos𝜃=|cos⟨𝑚,𝑛⟩|=|𝑚|⋅|𝑛|=2×所以sin𝜃=1―cos2𝜃=|𝑚⋅𝑛|23=515，510.…………（135分）17．（1）若选①𝑎2―𝑏2+𝑐2=2，由余弦定理得cos𝐵=又sin𝐵=3，则cos𝐵=1―11321𝑎2+𝑐2―𝑏2，整理得𝑎𝑐cos𝐵2𝑎𝑐1=1，则cos𝐵>0，=22，𝑎𝑐=cos𝐵=32，则𝑆△𝐴𝐵𝐶=2𝑎𝑐sin𝐵=3411322；8若选②𝐴𝐵⋅𝐵𝐶=―1<0，则cos𝐵>0，又sin𝐵=3，则cos𝐵=1―32又𝐴𝐵⋅𝐵𝐶 =―𝑎𝑐cos𝐵，得𝑎𝑐=cos𝐵=4，则𝑆△𝐴𝐵𝐶=2𝑎𝑐sin𝐵=𝑏（2）由正弦定理得：sin𝐵1．.…………（14211=22，3分）𝑏332；.…………（88=𝑎sin𝐴=𝑐𝑏2，则sin𝐶sin2𝐵=𝑎sin𝐴⋅𝑐sin𝐶=𝑎𝑐sin𝐴sin𝐶=32423=4，则sin𝐵=2，𝑏=2sin𝐵=9分）18．（1）由题可知2020𝑟=𝑖=120𝑖=1𝑥𝑖𝑦𝑖―20𝑥𝑦20=𝑦)2𝑖=120𝑖=1(𝑥𝑖―𝑥)(𝑦𝑖―𝑦)20=𝑦)2(𝑥𝑖―𝑥)2𝑖=1(𝑦𝑖―(𝑥𝑖―𝑥)2𝑖=1(𝑦𝑖―2=80×900080023≈0.94， .…………（3分）故可用线性回归模型拟合y与x的关系．（2）设A家庭中套中小白兔的人数为𝑋1，则𝑋1~𝐵3,39310，所以𝐸(𝑋1)=3×10=10． .…………（5分） 设A家庭的盈利为𝑋2元，则𝑋2=40𝑋1―60，所以𝐸(𝑋2)=40𝐸(𝑋1)―60=―24． 设B家庭中套中小白兔的人数为𝑌1，则𝑌1的所有可能取值为0，1，2，3，.…………（8分）𝑃(𝑌1=0)=3×4×6=12，𝑃(𝑌1=1)=3×4×6+3×4×6+3×4×6=72，𝑃(𝑌1=2)=3×4×6+3×4×6+3×4×6=36，𝑃(𝑌1=3)=3×4×6=72， 11111151312115135215231312355所以𝐸(𝑌1)=0×12+1×72+2×36+3×72=4． 设B家庭的盈利为𝑌2元，则𝑌2=40𝑌1―60，.…………（10分）所以𝐸(𝑌2)=40𝐸(𝑌1)―60=40×4―60=―30． 因为―24>―30，所以B家庭的损失较大.…………（13分）219．（1）根据椭圆C的离心率为2知𝑎=2𝑐，所以𝑏=𝑎2―𝑐2=𝑐，如图，则|𝑂𝐹|=|𝑂𝐵|=𝑐3531513则在△𝐴1𝐵𝐹中，可得∠𝐵𝐹𝐴1=由正弦定理得sin∠𝐵𝐹𝐴1=|𝐴1𝐵|3𝑐223π，|𝐴1𝐵|4=|𝑂𝐴1|2+|𝑂𝐵|2=3𝑐，=6𝑐=2×3，解得𝑐=2，所以𝑎=2，𝑏=2，所以椭圆C的方程为4+𝑥2𝑦22=1．.…………（5分）（2）由条件知直线𝑙的斜率不为0，设直线𝑙:𝑥=𝑡𝑦+𝑚(𝑡≠0)，𝑃(𝑥1,𝑦1)，𝑄(𝑥2,𝑦2)， 𝑥=𝑡𝑦+𝑚联立𝑥2+𝑦2=1，得(𝑡2+2)𝑦2+2𝑚𝑡𝑦+𝑚2―4=0，Δ>0得2𝑡2+4>𝑚2 .…………（7分）42于是𝑦1+𝑦2=―𝑡2+2，𝑦1𝑦2=2𝑚𝑡𝑚2―4，𝑡2+2𝑥2𝑦212因为𝐴1(―2,0)，𝐴2(2,0)，𝑃(𝑥1,𝑦1)代入椭圆方程得41+所以𝑘1𝑘2=𝑦1𝑥1+21=1，⋅𝑦1𝑥1―2=𝑦212𝑥1―4=21―𝑥214𝑥21―4=―2， .…………（9分）11同理𝑘3𝑘4=―2，于是𝑘1=―2𝑘2，𝑘4=―2𝑘3，因为𝑘1+𝑘4=3(𝑘2+𝑘3)，所以―2𝑘2―2𝑘3=3(𝑘2+𝑘3)，即―𝑘2+𝑘32𝑘2𝑘351151=3(𝑘2+𝑘3)．35又直线l的斜率存在，所以𝑘2+𝑘3≠0，于是𝑘2𝑘3=―10，所以𝑥1―2⋅𝑥2―2=―10，即10𝑦1𝑦2+3(𝑥1―2)(𝑥2―2)=0，.…………（11分）𝑦1𝑦23又𝑥1=𝑡𝑦1+𝑚，𝑥2=𝑡𝑦2+𝑚，所以10𝑦1𝑦2+3(𝑡𝑦1+𝑚―2)(𝑡𝑦2+𝑚―2)=0，整理得(3𝑡2+10)𝑦1𝑦2+3𝑡(𝑚―2)(𝑦1+𝑦2)+3(𝑚―2)2=0，所以(3𝑡2+10)𝑚2―4𝑡2+4+3𝑡(𝑚―2)―𝑡22𝑚𝑡+2+3(𝑚―2)2=0，化简整理得(𝑚―2)(2𝑚+1)=0，又P、Q位于x轴的两侧，所以𝑦1𝑦2=1𝑚2―4𝑡2+2<0，解得―2<𝑚<2，所以𝑚=―2，此时直线l与椭圆C有两个不同的交点，于是直线l恒过定点𝐷―,0．.…………（13分）当𝑚=―2时，𝑦1+𝑦2=𝑡2+2，𝑦1𝑦2=―4(𝑡2+2)，△𝐴2𝑃𝑄的面积𝑆△𝐴2𝑃𝑄=2|𝐴2𝐷|⋅|𝑦1―𝑦2|=2×2×(𝑦1+𝑦2)2―4𝑦1𝑦2 =45𝑡𝑡2+221151𝑡1512―4―154(𝑡2+2)=4⋅516𝑡2+30，𝑡2+2𝜆2―30，16令16𝑡2+30=𝜆，因为直线l的斜率存在，则𝜆>30，𝑡2=于是𝑆△𝐴2𝑃𝑄=4⋅𝜆2+2=𝜆+2，𝜆516𝜆20又函数𝑦=𝜆+2在𝜆2030,+∞上单调递减，58所以△𝐴2𝑃𝑄面积的取值范围为0,30．.…………（15分）20．（（1）fx2e2xa,f03，即切点为0,3，该点处的斜率kf02a．则2a0，故a2．.…………（4分）（2）由（1）知fxe2x2x2．则fmgn等价于e2m2m2n3lnn3，.…………（6分）nnnne2m2m22lnln3333故设txxlnx,x1，则tx11x1xx，所以当x1时，tx0，所以txxlnx在1,上单调递增，所以txt11，.…………（8分）即当x1时，xlnx1，nnnln113因为3，所以3，当且仅当n3时取等号，所以令当e2mnlnnnn2m2m22lne2me3ln33，即3．.…………（10分）hxexx，则hxex1，则，在x0,,hx0lnn3hxexx0,上为增函数．因为n3，所以n03，又2m0，.…………（13分）由于e2m2melnlnnnh2mhln3，3，即则2mlnn3，即n3e2m．.…………（15分）21．（1）(𝑖―𝑗)𝑚𝑘+(𝑗―𝑘)𝑚𝑖+(𝑘―𝑖)𝑚𝑗=𝑐(𝑗―𝑖)𝑚𝑘+(𝑖―𝑘)𝑚𝑗+(𝑘―𝑗)𝑚𝑖=𝑐，所以，𝑐=0当𝑏𝑛=2𝑛时，𝑚1=2，𝑚2=3，𝑚3=(1―2)·3+(2―3)⋅2+(3―1)⋅3=1414.…………（33263分）≠0所以，{𝑏𝑛}不是“梦想数列”（2）𝑎𝑖=2𝑖―1，𝑎𝑗=2𝑗―1，𝑎𝑘=2𝑘―1，𝑚𝑛=𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎𝑛𝑛𝑘2𝑖2=𝑆𝑛𝑛=𝑛𝑎1+𝑎𝑛2𝑛𝑗2=𝑛，.…………（8分）𝑛2(𝑖―𝑗)𝑘+(𝑗―𝑘)𝑖+(𝑘―𝑖)𝑗=0所以，{𝑐𝑛}是“梦想数列”（3）①令𝑖=1，𝑗=2，𝑘=3，(1―2)𝑎1+𝑎2+𝑎33+(2―3)1+(3―1)𝑎1𝑎1+𝑎22=0所以，𝑎1+𝑎3=2𝑎2，即：𝑎1､𝑎2､𝑎3成等差数列，.…………（11分）②令𝑖=1，𝑗=2，𝑘=𝑛(𝑛≥3)，𝑛2(1―2)𝑛+(2―𝑛)𝑎1+(𝑛―1)2=0，𝑆𝑆化简为：2𝑆𝑛+(𝑛2―3𝑛)𝑎1―𝑛(𝑛―1)𝑎2=0，2𝑆𝑛+1+(𝑛2―𝑛―2)𝑎1―𝑛(𝑛+1)𝑎2=0.…………（13分）两式相减得：2𝑎𝑛+1+2𝑛𝑎1―2𝑎1―2𝑛𝑎2=0⇒𝑎𝑛+1=𝑎1+𝑛𝑑所以，𝑎𝑛=𝑎1+(𝑛―1)𝑑(𝑛≥4)，当𝑛=1,2,3时也成立.综上可得，“梦想数列”{𝑎𝑛}是等差数列. .…………（15分）