【文档说明】四川省成都七中 2023 届高三上学期一诊模拟考试理科数学试卷及答案.pdf，共(8)页，6.694 MB，由baby熊上传

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高2023届高三一诊模拟考试数学试题（理科）考试时间：120分钟总分：150分一．选择题（每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求．把答案涂在答题卷上．）1．已知集合AxxxZ2302，B

xx{|1}，则集合AB的元素个数为()A．1B．2C．3D．42．若复数z满足z(1)i1i，则z的虚部是（）A．1B．1C．iD．i3．“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BOCO1，AO23，那么原△ABC的面积是（）A．3B．22C．23D．435．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（）A．4B．8C．10D．166．一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，结果精确到0.1）（）A．2.7B．2.9C．3.1D．3.37．如图所示的程序框图中，若输出的函数值fx()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CD,两点之间的距离，如图，在东西方向上选取相距1百米的AB,两点，点B在点A的正东方向上，且ABCD,,,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CD,之间的距离为______百米.16.已知A2cos15,2sin15，O0,0，且OBOC2,则ABAC的取值范围是___

______.三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答、第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分，每题12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61218341686(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AB，AC的三等分点，且AMAB31，CNCA31，沿MN将△AMN折起到△AMN的位置，使AMB90．(1)求证：AM平面MBCN；(2)在线段BC上是否存在点D，使平面AND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abCabxy: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Oxyrr:(0)222相切，并求出r的值.21.设函数uxxaxaln,函数vxxaxxaaR2ln()12.（1）求ux的单调区间；（2）若fxvxux()

()，gxfx()()0有三个不同实根xxxxxx,,()123123，试比较fxfxfx(),(),()123的大小关系，并说明理由.（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．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

AEAF||||的值．23.已知、、abcR，Rx，不等式xxabc12恒成立.（1）求证：abc31222；（2）求证：abbcca2222222.1高2023届高三一诊模拟考试数学参考答案（理科）一．选择题12345678

9101112CBBAACDCABDD二．填空题13、1414、415、216、2,16三．解答题17.解：（1）因为ABBBsinsin22sincos，所以BbBAa2sin225

5cossin63，因为B20,，所以B5sin4，又ABBB25sinsin22sincos24，且A为锐角，所以A25cos7，所以CABABAB5coscossinsincoscos3．因为CB

coscos．所以CB．所以cb5．…………………………………………5分（2）设AMm，ANn，根据题设有△△SSAMNABC21，所以mnAbcA222sinsin111，可得mn225，…………………………………………7分所以MNmnmnAmnmn2

52cos21814222，当且仅当mn252时等号成立．所以MN的最小值为32．……………………………………………………………12分18.解：（1）由样本频率分布表可知，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PC509933307014CC1002307011.…………………………

…………………………………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PX2(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2

1，所以随机变量B2~4,1，所以Pkkkkkk222()CC(0,1,2,3,4)1114444，所以P216(0)C11404，

P24(1)C11414，P28(2)C13424，P24(3)C11434，P216(4)C11444，………………………………………………

………7分所以的分布列为01234P161418341161………………………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A

B，AC的三等分点，且AMAB31，3有ktktkt644(14)(416)0164222222，kxxkt148212，kxxt144162122，因AOB90，则OAO

Bxxyyxxkxtkxtkxxktxxt()()(1)()12121212121222kkktktkttk1414140(1)(416)8516162222222222，整理得tk5(1)1622，满足0，原点O

到直线l的距离kkdtt1155||1645222，综上得：原点O到直线l的距离恒为545，即直线l与圆xy51622相切，所以直线l与定圆Oxyrr:(0)222相切，r545.………………………………12分21.解：（1）由已知

xuxa(),1当a0时，xf()0在(0,)恒成立，fx()在(0,)上单调递增；……………………2分当a0时，由xfxa()01得ax1，若ax01时，fx()0,fx()在a0,1上单调递增，若ax1时，fx()0,fx()在

a,1上单调递减；综上，当a0时，fx()的单调递增区间为(0,)，无单调递减区间；当a0时，fx()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：（fxxaxaxxaRx21ln0),12

xxgxfxxaaxxaxxax()()lnln(0),11xxxgxxaxax()1(0)11222令hxxaxxa()1(0),422当a22时，hx()0，gx()0，gx()在(0,)上递增；不满足gxfx()(

)0有三个不同实根；当a2时，∵hxxaxx()1(0),2∴hx()0，gx()0，gx()在(0,)上递增；也不满足gxfx()()0有三个不同实根；当a2时，由hx()0得xxaaaa22,444522，gx()在

aa20,42上递增，在aaaa22,4422上递减，在aa2,42上递增.∵gxfx()()0有三个不同实根xxxxxx,,()123123，…………7分显然g(1)0，且aaaa221,14422

，∴xxx1,01,1213.由xgxxax()ln01的结构特征得mgmg()()1,xgxg()()111xgxg()()0113，即xx113，即xx113由gx()的单调性可知，当xxx12时，gx()0，

fx()递增；当xxx23时，gx()0，fx()递减.fxfxfxfx()(),()()1232.…………………………………………8分由得xxxgxxaxaxln()ln1133333332，又

fxxxaxxx2ln(ln)12，4xxxxxfxfxfxfxxaxxx2()()()()()2ln(lnln)111111333332313333332，xxxxxxaxxxxxln(lnln)

111(1)13333332233333224，xxxfxfxxxxx2ln()()[2ln4ln4]11133322313333222，令xtt(1)32,则

xxttxxxxtttt2ln4ln4]=42ln2ln1111332233332222，令ttGtttttt()42ln2ln(1)

112，∴tGttttt()3(1)(41)ln222,令tttttt()3(1)(41)ln(1)22,ttttt()52(2)ln41，tttt()2ln3

142，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Gt()0，Gt()在(1,)上递减,GtG()(1)0,fxfx()()31,fxfxfx312,综上：fxfxfx(),(),()123的大小关系为：fxfxfx312.……………………12分22.解：

（1）曲线C的平面直角坐标系方程为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AEOAOEOAOEAOE||2cos96cos()112223(2cos3)3211111222,AFOAOFOAOFAOF||2cos96

cos222223(2cos3)3222222222,∴AEAF|412|||12．………………………………………………………………10分23.解：（1）因为xxxx12121，所以abc

1，因为abab222，bcbc222，caac222，所以abcabbcac222222222，所以abcabcabbcacabc333222()12222222，故abc31222

.……………………………………………………………………………5分（2）因为abab222，所以abababab2222222，即abab2222，两边开平方得ababab22()2222，同理可得（cbcb2)222，caca222

2，三式相加，得abbccaabc2()2222222.…………………10分