【文档说明】四川省成都市青白江区2023届高三上学期零点五诊文科数学试卷+答案.docx，共(19)页，996.452 KB，由baby熊上传

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青白江区高2020级“零点五诊”考试数学试题（文科）注意事项：1.全卷满分150分，考试时间120分钟.2.在作答前，务必将姓名、准考证号涂写在试卷和答题卡规定的地方.3.选择题部分必须使用2B铅笔填涂，非选择题部分必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字迹工整、

笔迹清楚.4.请按照题号在答题卡上各题目对应的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效.5.保持答题卡清洁，不得折叠、污染、破损等.第Ⅰ卷（选择题，满分60分）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的

.1.已知1Axx，2{|230}Bxxx，则ABA.{|13}xxB.{|1xx或1}xC.3xxD.|1xx【答案】A【解析】【分析】求出B中不等式的解集确定

出B，求出A与B的交集即可．【详解】1Axx，由B中不等式变形得：310xx（），解得：13x，即{|13}Bxx，∴A∩B={|13}xx，故选A．【点睛】此题考查了交集及其运算

，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．2.设复数z满足1i1iz，则z（）A.1B.2C.2D.22【答案】A【解析】【分析】利用复数的除法化简复数z，利用复数的模长公式可求得结果.【详解】由已知可得21i1i2ii1i1i1i2z

，因此，1z.故选：A.3.若点(3,4)P是角的终边上一点，则sin2A.2425B.725C.1625D.85【答案】A【解析】【分析】根据三角函数的定义，求得43sin,cos55，再由正弦的倍角公式，即可求解.【详解

】由题意，点(3,4)P是角的终边上一点，根据三角函数的定义，可得43sin,cos55，则4324sin22sincos2()5525，故选A.【点睛】本题主要考查了三角函数的定义和正

弦的倍角公式的化简、求值，其中解答中根据三角函数的定义和正弦的倍角公式，准确化简、计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.4.已知命题p：“2x且3y”是“5xy”的充要条件；命题q：0Rx，曲线3fxxx在点00,xfx处的切线斜率为1，

则下列命题为真命题的是（）A.pqB.pqC.pqD.pq【答案】D【解析】【分析】利用充分条件、必要条件的定义判断命题p，利用导数的几何意义求出0x判断命题q，再借助真值表判断作

答.【详解】若2x且3y，则有5xy，反之，若5xy，如1x且5y，而2x且3y不成立，即“2x且3y”是“5xy”的充分不必要条件，于是得p是假命题，由3fxxx求导得：

231fxx，由200311fxx得：00x，即存在00x，曲线3fxxx在点(0,0)处的切线斜率为1，q是真命题，pq是真命题，pq是假命题，A不正确；q是假命题，pq

是假命题，B不正确；pq是假命题，C不正确；p是真命题，pq是真命题.故选：D5.已知O为坐标原点，抛物线214yx的焦点为F，点M在抛物线上，且||3MF，则||OM（）A.1B.3C.23D.3【答案】C【解析】【分析】根据抛物线的定义，可以求出点M的坐标

即可.【详解】由题意得，24xy，所以焦点为0F，1，准线为1y又因为3MF，所以M的y坐标为2，则x坐标为22所以23OM故选：C6.我国在2020年9月22日在联合国大会提出，二氧化碳排放力争于2

030年前实现碳达峰，争取在2060年前实现碳中和．为了响应党和国家的号召，某企业在国家科研部门的支持下，进行技术攻关：把二氧化碳转化为一种可利用的化工产品，经测算，该技术处理总成本y（单位：万元）与处理量x

（单位：吨）([120,500])x之间的函数关系可近似表示为3221805040,120,1443120080000,144,5002xxxxyxxx，当处理量x等于多少吨时，每吨的平均处理成本最少（）A.120B.200C.240D.400【答案】D【

解析】【分析】先根据题意求出每吨的平均处理成本与处理量之间的函数关系，然后分[120,144)x和[144,500]x分析讨论求出其最小值即可【详解】由题意得二氧化碳每吨的平均处理成本为21805040,[120,144)3180000200,

[144,500]2xxxSxxx，当[120,144)x时，2211805040(120)24033Sxxx，当120x时，S取得最小值240，当[144,500]x时，1800001800002

00220020022Sxxxx，当且仅当1800002xx，即400x时取等号，此时S取得最小值200，综上，当每月得理量为400吨时，每吨的平均处理成本最低为200元，故选：D7.函数

23lnxfxx的图象是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据函数的定义域，利用导数研究函数的单调性，可得答案.【详解】由23lnxfxx，则可知其定义域为0xx，故可排除B和D；22

222123ln1lnxxxxxfxxx，令0fx，解得eex，当eex时，2ln1x，即21ln0x，则221ln0xx，故函数fx在e,e

上单调递减，故选：A.8.若函数1,0(){lg,0xxfxxx，则不等式()10fx的解集是A.1(,)10B.1(,0)(0,)10C.1(0,)10D.1(1,0)(,)10【答案】B【解析】【分析】根据函

数的解析式，分类讨论，根据对数函数的性质，即可求解不等式的解集，得到答案.【详解】由函数1,0()lg,0xxfxxx，可知，当0x时，令110x，解得0x；当0x时，令lg10x，即lg1x<-，解得1

010x<<，所以不等式()10fx的解集1(,0)(0,)10.【点睛】本题主要考查了分段函数的应用问题，其中解答中根据函数的解析式，分类讨论和利用对数函数的图象与性质求解是解答的关键，着重考查了分类讨论思想的应用，以及推理与运算能力，属于基础题.9.在四边形ABCD

中，2AC，1BD，则()()ABDCCADBA.5B.5C.3D.3【答案】C【解析】【分析】利用向量的线性运算化简ABDCCADB，，.利用向量数量积的运算性质即可得到结论.【详解】ABDCCADBACCBDBBCCADBACDBCAD

B22413.ACDBDBACDBAC【点睛】本题考查向量的线性运算和向量数量积的运算性质，属基础题10.若直线:1210lmxmy与曲线2:422Cyx有公共点，

则实数m的范围是（）A.3,15B.3,15C.13,24D.13,24【答案】D【解析】【分析】直线l经过原点，画出曲线C，通过图形临界位置的分析即可得出

实数m的范围.【详解】当12m时，直线l为y轴与曲线C显然有公共点.12m时，1:21mlyxm经过原点，斜率为1:21mlyxm，曲线C为圆心（2，2）半径为2的上半圆.当直线经过半圆的右端点A恰好有公共点，逆时针旋转至y轴满足题意，如下图

.由于12OAk故11212mm，解得1324m，综上1324m故选：D.11.已知双曲线2222:1xyEab（0a，0b）的左、右焦点分别是1F、2F，且122FF，若P是该双曲线右支上一点，且满足213P

FPF，则12PFF△面积的最大值是（）A.34B.1C.43D.53【答案】A【解析】【分析】根据已知条件，结合双曲线的定义求出1PF与2PF，然后在12PFF△中，利用余弦定理求出12cosFPF，再根据面积公式及二次函数的知识即可求解.【

详解】解：因为P是该双曲线右支上一点，所以由双曲线的定义有122PFPFa，又213PFPF，所以13PFa，2PFa，设12FPF，所以222223252cos233aaaaaa，所以1222422424192

52045993sin1424816169PFFaaSaaaaa，所以1234PFFS，当且仅当258a时等号成立，所以12PFF△面积的最大值是34，故选：A.

12.设15ln13a，14ln14b，13ln15c，则（）A.acbB.cbaC.bacD.abc【答案】D【解析】【分析】构造函数14ln14fxxx，利用函数fx的导数讨论函数fx的单调性.【详解】令14ln14fxxx，

11x，，则1413=ln14ln1501415xfxxx，所以14ln14fxxx在11，上单调递增，所以101fff，即13ln1514

ln1415ln13，所以，abc故选：D二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.若x，y满足约束条件2,24,0,xyxyy则2zxy的最大值是____

____．【答案】8【解析】【分析】画出可行域，利用几何意义求解2zxy的最大值.【详解】画出可行域，如图阴影部分所示，显然当目标函数2zxy经过点4,0A时，2zxy取得最大值，最大值为248z.故答案为：814若向量,ab满足3,5,1aabab，则b___

______.【答案】32【解析】【分析】根据题目条件，利用ab模的平方可以得出答案【详解】∵5ab∴222229225abababb∴32br..故答案为：32.15.在三棱锥PABC中，PA平面ABC，60BAC，23ABAC，2PA，则三棱锥

PABC外接球的表面积为____________．【答案】20π【解析】【分析】先在等边三角形ABC中求出23BC，外接圆半径2r，根据几何关系确定外接球球心位置，列勾股定理方程确定该三棱锥的外接球的半径.【详解】因为23,60ABACBAC，所以A

BC为等边三角形，所以23BC，等边ABC外接圆的半径为23BCr==，如图，三棱锥PABC外接球球心为O，半径为R，设球心O到平面ABC的距离为d，ABC外接圆圆心为O，连接,,AOAOOO，则OO平面ABC，取PA中点,DOP

OA，所以ODPA，又PA平面ABC，所以PA//OO，则四边形ADOO是矩形，所以在PDO△和OAO中，由勾股定理可得222222222RdRd，解得：1,5dR，表面积24π20πSR.故答案为：20π16.在ABC中，a，b，c分别

是角A，B，C所对的边，若2sin3tan,2cBaAa；则当角A最大时，ABC的面积为______.【答案】7【解析】【分析】利用正弦定理与余弦定理，整理等式，可得2216bc，根据余弦定理结合重要不等式，求得当角A最大时，

,,sinbcA的值，结合三角形面积公式，可得答案.【详解】由2sin3tancBaA，sin2sin3cosAcBaA，根据正弦定理以及余弦定理，则可得222232acbabcabc，整理可得2224bca，即2216bc，根据余弦定理，可得222126cos

22bcaAbcbcbc，由2282bcbc，当且仅当22bc等号成立，可得63cos84A，由函数cosyx在0,π上单调递减，则当3cos4A时，A取最大，故27sin1cos

4AA，则117sin22227224ABCSbcA.故答案为：7.三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.设{an}是公比为正数的等比数列a1=2，a3=a2

+4．（Ⅰ）求{an}的通项公式；（Ⅱ）设{bn}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{an+bn}的前n项和Sn．【答案】（Ⅰ）an=2×2n﹣1=2n（Ⅱ）2n﹣12n+1﹣2+n2=2n+1+n2﹣2【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）由{an}是公比为正数的等比数列，

设其公比，然后利用a1=2，a3=a2+4可求得q，即可求得{an}的通项公式（Ⅱ）由{bn}是首项为1，公差为2的等差数列可求得bn=1+（n﹣1）×2=2n﹣1，然后利用等比数列与等差数列的前n项和公式即可求得数列{an+bn}的前n项和Sn．解：（Ⅰ）∵设{a

n}是公比为正数等比数列∴设其公比q，q＞0∵a3=a2+4，a1=2∴2×q2="2×q+4"解得q=2或q=﹣1∵q＞0∴q="2"∴{an}的通项公式为an=2×2n﹣1=2n（Ⅱ）∵{bn}是首项为1，公差为2的等

差数列的为∴bn=1+（n﹣1）×2=2n﹣1∴数列{an+bn}的前n项和Sn=+=2n+1﹣2+n2=2n+1+n2﹣2点评：本题考查了等比数列的通项公式及数列的求和，注意题目条件的应用．在用等比数列的前n项

和公式时注意辨析q是否为1，只要简单数字运算时不出错，问题可解，是个基础题．18.为切实加强新时代儿童青少年近视防控工作，经国务院同意发布了《综合防控儿童青少年近视实施方案》．为研究青少年每天使用手机的时长与近视率的关系，某机构对

某校高一年级的1000名学生进行无记名调查，得到如下数据：有40%的同学每天使用手机超过1h，这些同学的近视率为40%，每天使用手机不超过1h的同学的近视率为25%．（1）从该校高一年级的学生中随机抽取1

名学生，求其近视的概率；（2）请完成2×2列联表，通过计算判断能否有99.9%的把握认为该校学生每天使用手机的时长与近视率有关联．每天使用超过1h每天使用不超过1h合计近视不近视合计1000附：22nadbcKabcdacbd，nabcd

．20PKk0.150.100.050.0250.0100.00l0k2.0722.7063.8415.0246.63510.828【答案】（1）31100；（2）列联表见解析，有99.9%的把握.【解析】【分析】（1）根据题意，结合古典概型计算公式进行求解即可；（2）根据题中数

据，完成列联表，结合卡方计算公式进行求解判断即可.【小问1详解】该校高一年级近视的学生人数为1000×40%×40%＋1000×60%×25%＝160＋150＝310，从该校高一年级的学生中随机抽取1名学生，其近视的概率为310311000100；【小问2详解】2×2列联表为

：每天使用超过1h每天使用不超过1h合计近视160150310不近视240450690合计40060010002221000450160240150400600310690nadbcKabcdacbd

100036000360001800025.2510.828400600310690713，所以有99.9%的把握认为该校学生每天使用手机的时长与近视率有关联．19.如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形，且平面P

AD底面ABCD，112ABBCAD，090BADABC.（1）证明：：PDAB；（2）点M在棱PC上，且CMCP，若三棱锥DACM的体积为13，求实数的值.【答案】（1）详见解析；（2）33.【解析】【分析】（1）推导出AB⊥AD，从而AB⊥平面

PAD，由此能证明PD⊥AB．（2）设点M到平面ACD的距离为h，由DACMMACDVV求出h，由CMhCPOP求得实数的值【详解】（1）证明：取AD的中点O，连OC,OP∵PAD为等边三角形，且

O是边AD的中点∴POAD∵平面PAD底面ABCD，且它们的交线为AD∴POABCD平面∴BAPO∵,BAADADPOO且∴ABPAD平面∴PDAB（2）设点M到平面ACD的距离为h∵13DACMMACDVV∴1133A

CDSh∴11ACDhS∵13CMhCPOP∴1333【点睛】本题考查空间中直线与直线位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题．20.已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率为32，短轴长为4

．（1）求椭圆C的方程；（2）若过点0,1P的直线交椭圆C于A，B两点，求OAOB的取值范围．【答案】（1）221164xy；（2）11,4.【解析】【分析】（1）根据离心率及短轴长及222abc求出4a，2b，求出椭圆方程；（2

）先考虑直线AB斜率不存在时OAOB的值，再考虑直线AB的斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立后得到两根之和，两根之积，从而求出27411,441AOBkO，从而求出OAOB的取值范围.【小问1详解】32cea，24b，∴2b

，又222abc，即22344aa，解得：4a，23c，椭圆的标准方程为221164xy；【小问2详解】当直线AB的斜率不存在时，:0ABx，不妨设0,2,0,2AB，则4OAO

B当直线AB的斜率存在时，设11221,,,,ABykxAxyBxy：，由2211641xyykx得22418120kxkx，226448410kk恒成立，故121222812,4141kxxxxk

k，∴1212121211OAOBxxyyxxkxkx22222121212814141111kkkkxxkxxk2222222121284116117411,4414141kkkkkkk

，综上：11,4OAOB，故OAOB的取值范围为11,4．21.已知函数ln()1xfxx．的（1）讨论函数()fx的单调性；（2）已知0，若存在(1,)x时，不等式21lnxxxex

成立，求的取值范围．【答案】（1）函数()yfx在区间(0,1)，(1,)上均单调递减（2）10,e【解析】【分析】（1）利用导数在函数单调性中的应用，即可得到结果；（2）根据题意，将原不等式转化为1lnln1xxexex，

即()xfefx；再根据（1），可知()yfx在(1,)单调递减，将原问题转换为xex在(1,)，两边同取自然对数，采用分离参数法可得lnxx在(1,)上能成立，再利用导数求出函数ln()(1)xxxx的最值，即可得到结

果.【小问1详解】解：()yfx的定义域为(0,1)(1,)因为ln()1xfxx，所以211ln()(1)xxfxx．令1()1lngxxx，则21()xgxx，所以函数()ygx在区间(0,1)单增；在区间(1,)单减．又因为(1)0g，所以当

(0,1)(1,)xU时()0gx，()0fx所以函数()yfx在区间(0,1)，(1,)上均单调递减；【小问2详解】解：21lnxxxex(1)ln1lnxxxeex当0，1x时10x，所求不等式可化为1lnln1xxexex

，即()xfefx，0易知(1,)xe，由（1）知，()yfx在(1,)单调递减，故只需xex在(1,)上能成立．两边同取自然对数，得lnxx，即lnxx在(1,)上能成

立．令ln()(1)xxxx，则21ln()xxx，当(1.)xe时，()0x，函数()yx单调递增，当(,)xe时，()0x，函数()yx单调递减，max1()()xee，所以1e，又

0，故的取值范围是10,e．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.选修4-4：坐标系与参数方程22.在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为2222xtyt（t为参数），以坐标原点为极点，x轴的

正半轴为极轴建立极坐标系，曲线F的极坐标方程为1．（1）求曲线F的直角坐标方程和直线l的极坐标方程；（2）射线2(0)3，(0)3和曲线F分别交于点A，B，与直线l分别交于D，C两点，求四边形ABCD的面积．【答案】（1）221xy；sin4

4（2）6334【解析】【分析】（1）根据cossinxy，可得直线的极坐标方程，根据221tanxyyx，可得曲线的直角坐标方程；（2）法一：将射线转化为直角坐标方程，联立求各个交点的坐标，根据图

形组合，可得答案；法二：直接在极坐标下，求出各个交点的极坐标，然后根据图形组合，可得答案.【小问1详解】曲线F转换为直角坐标方程为221xy．直线l的直角坐标方程为420xy，根据cossinxy

，整理得(cossin)42，即sin44．【小问2详解】法一：射线2(0)3，(0)3和曲线F分别交于点A，B，与直线l分别交于D，C两点，如图所示：所以直线OC的直角坐标方程为3yx

，直线OD的直线方程为3yx，所以3420yxxy，解得22132613xy，设直线420xy与y轴交于点E，将0x代入420xy，得42y，即||42OE．所以14

2(2226)8832DOES△．同理：3420yxxy，解得26226226xy，所以142(2622)8382COES△，所以13883838112

2DOECOEAOBABCDSSSS△△△四边形363316344．法二：由(0)342cossin，得42(31)，由2(0)342cossin，得42(31)，所以1||||

sin1632OCDSODOCCOD△，13||||sin24OABSOAOBAOB△，所以363316344ABCDS四边形．选修4-5：不等式选讲23已知函数()|21|||()fxxxmmR.（1）当1m

时，解不等式()2fx；（2）若关于x的不等式()|3|fxx的解集包含[3,4]，求m的取值范围.【答案】（1）2(,4][,)3（2）[4,10]【解析】【分析】（I）当1m，不等式为2112xx，分

类讨论，即可求解不等式的解集.（II）由题意()|21||||3|fxxxmx的解集包含[3,4]，转化为当[3,4]x时，|21||||3|xxmx恒成立，即||4xmx，再利用绝对值的定义，即可求解.【详解

】解：（I）当12x时，2112fxxxx，由2fx解得4x，综合得4x；当112x时，2113fxxxx，由2fx解得23x，综合得213x；当1x时，2

112fxxxx，由2fx解得0x，综合得1x.所以2fx的解集是2,4,3.（II）∵213fxxxmx的解集包含3,4，.∴当3,

4x时，213xxmx恒成立原式可变为213xxmx，即4xmx，∴44xxmx即424mx在3,4x上恒成立，显然当3x时，24x取得最小值10，即m的取值范围是4,10.【点睛】本题主要考查了绝对值不等式

问题，对于含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．同时注意绝对值不等式有时与函数以及不等式恒成立等知识点相互交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．