四川省成都7中2023届高三上学期一诊模拟考试理科数学试卷及答案.pdf

1、高高 20232023 届高三一届高三一诊模拟考试诊模拟考试 数学试数学试题题（理科理科）考试时间：120 分钟 总分：150 分 一选择题（每小题一选择题（每小题 5 分，共分，共 60 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求把答案求把答案涂涂在答题卷上）在答题卷上）1已知集合 AxxxZ2302，Bx x|1，则集合AB的元素个数为()A1 B2 C3 D4 2若复数 z满足 z(1)i 1 i，则z的虚部是（）A1 B1 Ci Di 3“m17”是“方程mmxy17122表示椭圆”的（）A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件

2、 D既不充分也不必要条件 4.已知水平放置的ABC 是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中 B OC O1，A O23，那么原ABC 的面积是（）A3 B2 2 C23 D43 5已知圆台形的花盆的上、下底面的直径分别为 8 和 6，该花盆的侧面展开图的扇环所对的圆心角为2，则母线长为（）A4 B8 C10 D16 6一种药品在病人血液中的量不低于 1500mg 时才有疗效，如果用药前，病人血液中该药品的量为 0mg，用药后，药在血液中以每小时 20%的比例衰减现给某病人静脉注射了 3000mg 的此药品，为了持续保持疗效，则最长需要在多少小时后再次注射此药品（lg20.301，结果精确

3、到 0.1）（）A2.7 B2.9 C3.1 D3.3 7如图所示的程序框图中，若输出的函数值f x()在区间 2,2内，则输入的实数 x 的取值范围是（）A 2,2 B 2,4 C 1,2 D 1,4 15为了测量成都七中曦园C D,两点之间的距离，如图，在东西方向上选取相距1百米的A B,两点，点B在点A的正东方向上，且A B C D,四点在同一水平面上从点A处观测得点C在它的东北方向上，点D在它的西北方向上；从点B处观测得点C在它的北偏东15方向上，点D在它的北偏西75方向上，则C D,之间的距离为_百米.16.已知A 2cos15,2sin15，O 0,0，且OBOC2,则AB AC的

4、取值范围是_.三、解答题：共三、解答题：共 7070 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 17211721 题为必题为必考题，每个试题考生都必须作答、第考题，每个试题考生都必须作答、第 2222、2323 题为选考题，考生根据要求作答题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共（一）必考题：共 6060 分分，每题，每题 1 12 2 分分.17.已知锐角三角形ABC的内角 A，B，C所对的边分别记作 a，b，c，满足a6，b5，且ABsinsin2(1)求边c；(2)若点M，N分别在边AB和AC上，且MN将ABC 分成面积相等的两部分，求

5、MN的最小值 18.新冠肺炎是近百年来人类遭遇的影响范围最广的全球性大流行病毒。对前所未知、突如其来、来势汹汹的疫情天灾，习近平总书记亲自指挥、亲自部署，强调把人民生命安全和身体健康放在第一位.明确坚决打赢疫情防控的人民战争、总体战、阻击战。当前，新冠肺炎疫情防控形势依然复杂严峻.为普及传染病防治知识，增强学生的疾病防范意识，提高自身保护能力，市团委在全市学生范围内，组织了一次传染病及个人卫生相关70,80知识有奖竞赛（满分 100 分），竞赛奖励规则如下：得分在内的学生获三等奖，得分在80,90内的学生获二等奖，得分在90,100内的学生获一等奖，其它学生不得奖.为了解学生对相关知识的掌握情

6、况，随机抽取了 100 名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了如图所示的频率分布表.竞赛成绩 30,40 40,50 50,60 60,70 70,80 80,90 90,100 人数 6 12 18 34 16 8 6(1)从该样本中随机抽取 2 名学生的竞赛成绩，求这 2 名学生恰有一名学生获奖的概率；(2)若该市所有参赛学生的成绩 X 近似地服从正态分布N(64,225)，若从所有参赛学生中（参赛学生人数特别多）随机抽取 4 名学生进行座谈，设其中竞赛成绩在 64 分以上的学生人数为，求随机变量的分布列和数学期望.19.如图所示，已知ABC 是边长为 6 的等边三角形，点 M，N 分别是边

7、 AB，AC 的三等分点，且AMAB31，CNCA31，沿 MN将AMN 折起到 A MN的位置，使A MB90 (1)求证：A M平面 MBCN；(2)在线段 BC 上是否存在点 D，使平面A ND与平面AMB所成锐二面角的余弦值为1339，若存在，设BDBC0，求的值；若不存在，说明理由 20.已知椭圆ab Cabxy:1(0)2222且四个点A(2,3)、B2(,3)3、C(2,3)、D2(3,)7中恰好有三个点在椭圆 C 上，O为坐标原点.(1)求椭圆 C 的方程；(2)若直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，且AOB90，证明：直线 l 与定圆O xyrr:(0)222相切，并求

8、出r的值.21.设函数u xxaxaln,函数v xxaxxa aR2ln()12.（1）求u x的单调区间；（2）若f xv xu x()()，g xfx()()0有三个不同实根x x x xxx,()123123，试比较f xf xf x(),(),()123的大小关系，并说明理由.（二）选考题：共（二）选考题：共 1010 分请考生在第分请考生在第 2222、2323 题中任选一题作答如果多做，则按所做题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分的第一题计分 22.在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C的参数方程为 yx2sin12cos，0,2，点,A30，以坐标原点 O为极点，x

9、轴为正半轴为极轴的建立极坐标系(1)求曲线 C 的极坐标方程；(2)过坐标原点 O任作直线 l 与曲线 C交于 E、F 两点，求AE AF|的值 23.已知、ab cR，R x，不等式xxabc12恒成立.（1）求证：abc31222；（2）求证：abbcca2222222.1 高高 20232023 届高三一届高三一诊模拟考试诊模拟考试 数学数学参考答案参考答案（理科理科）一选择题一选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C B B A A C D C A B D D 二二填空填空题题 13、14 14、4 15、2 16、2,16 三三解答解答题题 17.解：（1）因

10、为ABBBsinsin22sin cos，所以BbBAa2sin22 55cossin63，因为B20,，所以B5sin4，又ABBB25sinsin22sin cos24，且A为锐角，所以A25cos7，所以 CABABAB5coscossin sincos cos3 因为CBcoscos所以CB所以cb55 分（2）设AMm，ANn，根据题设有SSAMNABC21，所以mnAbcA222sinsin111，可得mn225，7 分 所以MNmnmnAmnmn252cos21814222，当且仅当mn25 2时等号成立 所以MN的最小值为3 2 12 分 18.解：（1）由样本频率分布表可知，

11、样本中获一等奖的 6 人，获二等奖的 8 人，获三等奖的 16 人，共 30 人，则 70 人没有获奖，所以从该样本中随机抽取 2 名学生的竞赛成绩，这 2 名学生恰有一名学生获奖的概率为 PC50 993330 7014C C1002307011.5 分（2）因为该校所有参赛学生的成绩 X 近似地服从正态分布N(64,225)，所以64，所以P X2(64)1，即从所有参赛学生中随机抽取 1 名学生，该生成绩在 64 分以上的概率为21，所以随机变量B24,1，所以 Pkkkkkk222()CC(0,1,2,3,4)1114444，所以P216(0)C11404，P24(1)C11414，P

12、28(2)C13424，P24(3)C11434，P216(4)C11444，7 分 所以的分布列为 0 1 2 3 4 P 161 41 83 41 161 10 分 所以E2()421.12 分 19.解：(1)证明：ABC 是边长为 6 的等边三角形，点 M，N 分别是边 AB，AC 的三等分点，且AMAB31，3 有k tktkt644(14)(416)01642 22222，kxxkt148212，kx xt1 441621 22，因AOB90，则OA OBx xy yx xkxt kxtkx xkt xxt()()(1)()12121212121222 kkktktk ttk1 4

13、1 41 40(1)(416)8516 162222222 222，整理得tk5(1)1622，满足 0，原点 O到直线 l 的距离kkdtt1155|164 5222，综上得：原点 O到直线 l 的距离恒为54 5，即直线 l 与圆xy51622相切，所以直线 l 与定圆O xyrr:(0)222相切，r54 5.12 分 21.解：（1）由已知xu xa(),1 当a0时，xf()0在(0,)恒成立，f x()在(0,)上单调递增；2 分 当a0时，由xfxa()01得ax1，若ax01时，f x()0,f x()在a0,1上单调递增，若ax1时，f x()0,f x()在a,1上单调递减

14、；综上，当a0时，f x()的单调递增区间为(0,)，无单调递减区间；当a0时，f x()的单调递增区间为a(0,)1，单调递减区间为a(,)1；5 分（2）解：由题意得：（f xxaxaxx aRx21 ln0),12xxg xfxxaaxxax xax()()lnln(0),11 xxxg xxaxax()1(0)11222 令 h xxaxxa()1(0),422 当 a22时，h x()0，g x()0，g x()在(0,)上递增；不满足g xfx()()0有三个不同实根；当 a2时，h xxaxx()1(0),2 h x()0，g x()0，g x()在(0,)上递增；也不满足g x

15、fx()()0有三个不同实根；当a2时，由h x()0得xxaaaa22,444522，g x()在aa20,42上递增，在aaaa22,4422上递减，在aa2,42上递增.g xfx()()0有三个不同实根x x x xxx,()123123，7 分 显然g(1)0，且aaaa221,14422，xxx1,01,1213.由xg xxax()ln01的结构特征得 mg mg()()1,xg xg()()111 xg xg()()0113，即xx113，即x x113 由g x()的单调性可知，当xxx12时，g x()0，f x()递增；当xxx23时，g x()0，f x()递减.f x

16、f xf xf x()(),()()1232.8 分 由得xxxg xxaxaxln()ln1133333332，又f xxxa xxx2ln(ln)12，4 xxxxxf xf xf xfxxa xxx2()()()()()2ln(lnln)111111333332313333332，xxxxxxa xxxxxln(lnln)111(1)13333332233333224，xxxf xf xxxxx2ln()()2ln4ln411133322313333222，令xt t(1)32,则xxttxxxxtttt2ln4ln4=42ln2ln1111332233332222，令 ttG tttt

17、t t()42ln2ln(1)112，tG ttttt()3(1)(41)ln222,令ttttt t()3(1)(41)ln(1)22,ttttt()52(2)ln41，tttt()2ln3142，ttt()02(1)32,t()在(1,)上递减，t()(1)0，t()在(1,)上递减，t()(1)0，t()在(1,)上递减，t()(1)0，则G t()0，G t()在(1,)上递减 ,G tG()(1)0,f xf x()()31 ,f xf xf x312,综上：f xf xf x(),(),()123的大小关系为：f xf xf x312.12 分 22.解：（1）曲线C的平面直角坐标

18、系方程为xy(1)422，故曲线C的极坐标方程为2cos302 4 分（2）设直线l的倾斜角为，则 EF(,),(,)12，2cos302，由韦达定理可知 312 由余弦定理可知 AEOAOEOA OEAOE|2cos96cos()11222 3(2cos3)3211111222,AFOAOFOA OFAOF|2cos96cos22222 3(2cos3)3222222222,AE AF|412|1210 分 23.解：（1）因为xxxx12121，所以abc1，因为abab222，bcbc222，caac222，所以abcabbcac222222222，所以abcabcabbcaca b c333222()12222222，故abc31222.5 分（2）因为abab222，所以abababab2222222，即abab2222，两边开平方得aba ba b22()2222，同理可得（cbc b2)222，caca2222，三式相加，得abbccaa b c2()2222222.10 分