参***。
一、选择题(共8小题,每小题5分,共40分)
1)d (2)a (3)d (4)d
5)b (6)c (7)b (8)a
二、填空题(共6小题,每小题5分,共30分)
13)(0,114)6 6,7,8,三、解答题(共6小题,共80分)
15)(共13分)
解:(ⅰ因为。
所以的最小正周期为。
(ⅱ)因为。
于是,当时,取得最大值2;
当取得最小值—1.
16)(共13分)
解(1)当x=8时,由茎叶图可知,乙组同学的植树棵数是:8,8,9,10,所以平均数为。
方差为。ⅱ)记甲组四名同学为a1,a2,a3,a4,他们植树的棵数依次为9,9,11,11;乙组四名同学为b1,b2,b3,b4,他们植树的棵数依次为9,8,9,10,分别从甲、乙两组中随机选取一名同学,所有可能的结果有16个,它们是:
(a1,b1),(a1,b2),(a1,b3),(a1,b4),(a2,b1),(a2,b2),(a2,b3),(a2,b4),(a3,b1),(a2,b2),(a3,b3),(a1,b4),(a4,b1),(a4,b2),(a4,b3),(a4,b4),用c表示:“选出的两名同学的植树总棵数为19”这一事件,则c中的结果有4个,它们是:(a1,b4),(a2,b4),(a3,b2),(a4,b2),故所求概率为。
17)(共14分)
证明:(ⅰ因为d,e分别为ap,ac的中点,所以de//pc。
又因为de平面bcp,所以de//平面bcp。
ⅱ)因为d,e,f,g分别为。
ap,ac,bc,pb的中点,所以de//pc//fg,dg//ab//ef。
所以四边形defg为平行四边形,又因为pc⊥ab,所以de⊥dg,所以四边形defg为矩形。
ⅲ)存在点q满足条件,理由如下:
连接df,eg,设q为eg的中点。
由(ⅱ)知,df∩eg=q,且qd=qe=qf=qg=eg.
分别取pc,ab的中点m,n,连接me,en,ng,mg,mn。
与(ⅱ)同理,可证四边形meng为矩形,其对角线点为eg的中点q,且qm=qn=eg,所以q为满足条件的点。
18)(共13分)
解:(ⅰ令,得.
与的情况如下:
所以,的单调递减区间是();单调递增区间是。
(ⅱ)当,即时,函数在[0,1]上单调递增,所以(x)在区间[0,1]上的最小值为。
当时,由(ⅰ)知上单调递减,在上单调递增,所以在区间[0,1]上的最小值为;
当时,函数在[0,1]上单调递减,所以在区间[0,1]上的最小值为。
19)(共14分)
解:(ⅰ由已知得。解得。又。
所以椭圆g的方程为。
ⅱ)设直线l的方程为。
由得。设a、b的坐标分别为ab中点为e,则。
因为ab是等腰△pab的底边,所以pe⊥ab.
所以pe的斜率。
解得m=2。
此时方程①为。
解得。所以。
所以|ab|=.
此时,点p(—3,2)到直线ab:的距离。
所以△pab的面积s=
20)(共13分)
解:(ⅰ0,1,0,1,0是一具满足条件的e数列a5.
(答案不唯一,0,—1,0,1,0;0,±1,0,1,2;0,±1,0,—1,—2;0,±1,0,—1,2,0,±1,0,—1,0都是满足条件的e的数列a5)
(ⅱ)必要性:因为e数列a5是递增数列,所以.
所以a5是首项为12,公差为1的等差数列.
所以a2000=12+(2000—1)×1=2011.
充分性,由于a2000—a1000≤1,……a2—a1≤1
所以a2000—at≤19999,即a2000≤a1+1999.
又因为a1=12,a2000=2011,所以a2000=a1+1999.
故是递增数列.
综上,结论得证。
(ⅲ)对首项为4的e数列ak,由于。
所以。所以对任意的首项为4的e数列am,若则必有。
又的e数列。
所以n是最小值是9.
2023年北京高考数学答案 文科
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