2023年11月绍兴市选考科目诊断性考试数学参考答案及评分标准一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。1.C2.A3.B4.D5.A6.C7.B8.C二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。9.BD10.ABD11.BCD12.ABC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。3513.-814.1.515.2516.,2四、解答题：本题共6小题，共70分。17.（本题满分10分）解：（1）因为2bcsinA3a2c2b2，所以2bcsinA23accosB，即bsinA3acosB，所以sinBsinA3sinAcosB，因为sinA0，所以sinB3cosB，所以tanB3，又B0,，所以B.3122（2）因为cosA，所以sinA1cos2A.331323因为sinCsinABsinAsinAcosA，32236bsinC462所以c.sinB9318.（本题满分12分）解：（）设的公差为，由得；1anda6a742a111d4由，，成等比数列，得2，即2，a1a4a5a4a1a5a13da1a14d整理得d2a19d0.2a111d4,a2,a9,由解得1或1d2a19d0,d0,d2,所以，的通项公式为或anan2an2n11.（）因为，所以2a10an2n11.所以，当时，；当时，n5an0n6an0.从而，，，，，T10T20T30T40Tn0n5又因为，，T2a1a263T4a1a2a3a4945所以，的最大值为TnT4945.19.（本题满分12分）1（1）证明：取BE中点G，连接DG，GF，FC，PQ，则FG∥AE，FGAE，21因为AE平面ABC，CD平面ABC，所以CD∥AE，CDAE，2所以CD∥FG，CDFG，则四边形CDGF为平行四边形，所以CF∥DG，CFDG.因为点Q在线段BE上，且BE4BQ，所以Q是BG的中点，又因为点P是BD的中点，1所以PQ∥DG，PQDG，21所以PQ∥CF，PQCF，2即PQ，CF共面，且PQ，CF长度不等，所以直线CP与直线FQ相交.（2）解法1：由（1）知，平面CPF即为平面CPQF.因为AE平面ABC，且CF平面ABC，所以AECF，因为△ABC为正三角形，点F是AB的中点，所以CFAB，又AEABA，AB平面ABE，AE平面ABE，所以CF平面ABE.又PQ∥CF，所以PQ平面ABE，所以BQF为平面CPF与平面BDE的夹角，1515不妨设AB2，则BF1，BQBE，QFAG，4222552221BQQFBF3所以cosBQF44，52BQQF2543即平面CPF与平面BDE夹角的余弦值为.5解法2：因为AE平面ABC，所以AECF，因为△ABC为正三角形，所以CFAB，所以CF平面ABE，又FG∥AE，所以FG平面ABC.以F为原点，以FC，FB，FG所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.31不妨设，则，，，，，AB2B0,1,0C3,0,0D3,0,2E0,1,4P,,12231所以，，，FC3,0,0FP,,1BE0,2,4BD3,1,2.22设平面的一个法向量为，CPFn1x1,y1,z13x0,nFC0,1则1即31n1FP0,xyz0,21211取n10,2,1.设平面的一个法向量为，BDEn2x3,y3,z2n2BE0,2y24z20,则即n2BD0,3x2y22z20,取n20,2,1.n1n23设平面与平面的夹角为，则，CPFBDEcoscosn1,n2n1n253所以，平面CPF与平面BDE夹角的余弦值为.520.（本题满分12分）解：（1）当ae时，fxex2exlnx，fx2exelnxe，因为f1e，f1e，所以，曲线yfx在x1处的切线方程是yeex1，即yex.55exlnxlnx（）因为，都有，所以2，2x0fxlnxa22xmax5exlnxlnxexexlnx2lnx4设gx2，则gx.x2x322ex记hxexexlnx2lnx4，设mxhxelnx，则mx，xx222所以mx在0,上单调递增，在,上单调递减，ee2所以mxmeln20，e所以hx0，所以hx在0,上单调递减.1因为h0，e11所以gx在0,上单调递增，在,上单调递减，ee1e2所以gxg，e2e2所以，a.221.（本题满分12分）解：（）在第一个回合中，记事件表示甲从箱子中取出个球，事件表示甲从箱子中取出个1A1“A2”A2“A3球”，事件C表示“甲从A箱子取出的球中有2个红球”，则PCPA1CPA2CPA1PCA1PA2PCA23C21C2C12133323.4C64C680（2）第一个回合后，A箱子和B箱子中小球个数相同，即甲从A箱子中取出小球的个数与乙从B箱子中取出32117小球的个数一样，所以，P.434312（3）每个回合后32117A，B两个箱子小球个数不变的概率P0，434312121A箱子比B箱子小球个数少2个的概率P2，436311A箱子比B箱子小球个数多2个的概率P2.434两个回合后，XY的所有可能值为-4，-2，0，2，4.111PXY4P2P2，6636177PXY2P2P0P0P22，61236771161PXY0P0P0P2P2P2P22，121246144177PXY2P2P0P0P22，41224111PXY4P2P2.4416所以随机变量XY的分布列为公众号：全元高考XY-4-2024P176171363614424161761711所以，EXY42024.36361442416322.（本题满分12分）13解：（1）直线l的方程为yx，22设，，Ax1,y1Bx2,y2x2y21,13由得2，所以，，133x6x130x1x22x1x2yx322212415所以，AB1x1x24x1x2.23（2）因为MPAMPB，所以cosMPAcosMPB，PMPAPMPBPMPAPA所以，所以，PMPAPMPBPMPBPBPAAMPMPAAM又由MPAMPB得，所以.PBMBPMPBMB设，，直线的方程为，其中，Ax1,y1Bx2,y2lykxk11k1x2y21,由得1k2x22kk1xk22k20，ykxk12kk1k22k2所以xx，xx.121k2121k2因为，，，PM1t,1tPAx1t,y1t2PBx2t,y2t2所以，PMPA1tx1y12t21tx1kx1k2t1，PMPB1tx2y22t21tx2kx2k2t1xkxk2t11x所以111，x2kx2k2t1x21整理得，k1x1x2ktx1x2k2t102kk1k22k2将xx，xx代入上式，整理得32t0，121k2121k23所以t.231经检验，存在P,，使得MPAMPB.22