2023届四川省成都市高三第一次诊断性检测数学（理科）含答案

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成都市高2020级第一次诊断测试数学理科试卷满分:150分时间：120分钟一、单项选择题（本题共12道小题，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.设集合A={x∣−1

18.已知直线l,m和平面α,β.若α⊥β,l⊥α,则“l⊥m”是“m⊥β”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9.已知数列an的前n项和为Sn.若a1=2,an+1=Sn,则S8=（）A.512B.510C.256D.25410.日光射入海水后,一部分被海水吸收(变为热能),同时,另一部分被海水中的有机物和无机物有选择性地吸收与散射.因而海水中的光照强度随着深度增加而减弱,可用ID=I0e−KD表示其总衰减规律,其中K是平均消光系数(也称衰减系数),D(单位:米)是海水深度,ID(单位:坎德拉)和I0(单位:坎德拉)分别表示在深度D处和海面的光强.已知某海区10米深处的光强是海面光强的30%,则该海区消光系数K的值约为(参考数摸:ln2≈0.7,ln3≈1.1,ln5≈1.6)（）A.0.12B.0.11C.0.07D.0.0111.已知侧棱长为23的正四棱锥各顶点都在同一球面上.若该球的表面积为36π,则该正四棱锥的体积为（）A.163B.823C.83D.32312.已知平面向量a,b,c满足a∙b=0,|a|=|b|=1,(c−a)∙(c−b)=12,则|c−a|的最大值为（）A.2B.1+22C.32D.2二、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）13.在公差为d的等差数列an中,已知a1+a2+a3=3,a4+a6=4,则d=_______14.x−2x6的展开式中常数项是_______15.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)与圆x2+y2=2c2(c为双曲线的半焦距)的四个交点恰为一个正方形的四个顶点,则双曲线的离心率为_________16.已知函数f(x)=sin2x−sinx+k,x∈[0,π].有下列结论:①若函数f(x)有零点,则k的取值范围是−∞,14;②函数f(x)的零点个数可能为0,2,3,4;③若函数f(x)有四个零点x1,x2,x3,x4,则k∈0,14,且x1+x2+x3+x4=2π;④若函数f(x)有四个零点x1,x2,x3,x4x1

2成都作为常住人口超2000万的超大城市,注册青年志愿者人数超114万,志愿服务时长超268万小时.2022年6月,成都22个市级部门联合启动了2022年成都市青年志愿服务项目大赛,项目大赛申报期间,共收到331个主体的416个志原服务项目,覆盖文明实践、社区治理与邻里守望、环境保护等13大领域.已知某领域共有50支志愿队伍申报,主管部门组织专家对志愿者申报队伍进行评申打分,并将专家评分(单位:分)分成6组:[40,50),[50,60),⋯,[90,100],得到如图所示的频率分布直方图.(I)求图中m的值;(II)从评分不低于80分的队伍中随机选取3支队伍,该3支队伍中评分不低于90分队伍的数为X,求随机变量X的分布列和期望.18.（本题满分12分）记△ABC的内角A,B,C所对边分别为a,b,c.已知ba=sinC+cosC.(I)求A的大小;(II)若22sinB=3sinC,再从下列条件①条件②中任选一个作为已知,求△ABC的面积.条件①:asinC=2;条件②:ac=210.注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.19.（本题满分12分）如图①,在等腰直角三角形ABC中,∠A=90∘,AB=3,D,E分别是AC,BC上的点,且满足DE//AB.将△CDE沿DE折起,得到如图②所示的四棱锥P−ABED.(I)设平面ABP∩平面DEP=l,证明:l⊥平面ADP;(II)若PA=5,DE=2,求直线PD与平面PEB所成角的正弦值.20.（本题满分12分）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,上顶点为D',且△DF1F2为等边三角形.经过焦点F2的直线l与椭圆C相交于A,B两点,△F1AB的周长为8.(I)求椭圆C的方程;(II)试探究:在x轴上是否存在定点T,使得TA∙TB为定值?若存在,求出点T的坐标;若不存在,请说明理由.

321.（本题满分12分）已知函数f(x)=ln(ax),a>0.(I)当a=1时,若曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=kx+b,证明:f(x)⩽kx+b;(II)若f(x)⩽(x−1)ex−a,求a的取值范围.选做题（22题，23题选做1道小题，多做做错按第1题计分）22.（本题满分10分）在直角坐标系xOy中,圆心为A的圆C1的参数方程为x=2+cost,y=sint(t为参数).以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C2的极坐标方程为ρ=2−2cosθ.(I)求圆C1的极坐标方程;(II)设点B在曲线C2上,且满足|AB|=3,求点B的极径.23.（本题满分10分）已知a,b为非负实数,函数f(x)=|x−3a|+|x+4b|.(II)当a=1,b=12时,解不等式f(x)⩾7;(II)若函数f(x)的最小值为6,求3a+b的最大值.

4参考答案及解析1.【答案】C【解析】略2.【答案】A【解析】略3.【答案】B【解析】抛物线x2=2y的焦点在y轴上,则焦点坐标为0,12，故选:B4.【答案】C【解析】略5.【答案】C【解析】略6.【答案】B【解析】略7.【答案】D【解析】略8.【答案】B【解析】略9.【答案】C【解析】略10.【答案】A【解析】略11.【答案】D【解析】略12.【答案】B【解析】略13.【答案】13【解析】略14.【答案】240.【解析】二项式x−2x6的展开式的通项公式为Tr+1=C6r∙(−2)r∙x6−3r2,令6−3r2=0,求得r=4,可得展开式中的常数项是C64∙24=240,15.【答案】1+52【解析】双曲线的两个焦点(−c,0),和(c,0),令x=−c,则c2a2−y2b2=1,则有y=±b2a,令x=c,则c2a2−y2b2=1,则有y=±b2a,设A−c,b2a,B−c,−b2a,Cc,−b2a,Dc,b2a,则AB=2b2a,BC=2c,

5∵这四个交点恰好为正方形的四个顶点，∴AB=BC,即2b2a=2c,则b2=ac,即c2−a2=ac,∴c2−ac−a2=0∴e2−e−1=0,得e=1+52或e=1−52e>1,∴e=1+5216.【答案】②③④【解析】略17.【解析】(I)由(0.004×2+0.022+0.030+0.028+m)×10=1,解得m=0.012.(II)由题意知不低于80分的队伍有50×(0.12+0.04)=8支,不低于90分的队伍有50×0.04=2支.随机变量X的可能取值为0,1,2.∵P(X=0)=C63C83=514,P(X=1)=C62C21C83=1528,P(X=2)=C61C22C83=328,∴X的分布列为E(X)=0×514+1×1528+2×328=34.18.【解析】(I)∵ba=sinC+cosC,由正弦定理知sinBsinA=sinC+cosC,即sinB=sinAsinC+sinAcosC.在△ABC中,由B=π−(A+C),∴sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=sinAsinC+sinAcosC.∴cosAsinC=sinAsinC.∵C∈(0,π),∴sinC≠0.∴sinA=cosA.∵A∈(0,π),∴A=π4.(II)若选择条件①,由正弦定理asinA=csinC,得asinC=csinA=22c=2.∴c=22.

6又22sinB=3sinC,即22b=3c.∴b=3.∴S△ABC=12bcsinA=12×3×22sinπ4=3.若选择条件②,由22sinB=3sinC,即22b=3c.设c=22m,b=3m(m>0).则a2=b2+c2−2bccosA=5m2.∴a=5m.由ac=210,得m=1.∴a=5,b=3,c=22.∴S△ABC=12bcsinA=12×3×22sinπ4=3.19.【解析】(I)∵DE//AB,DE⊂平面PAB,AB⊂平面PAB,∴DE//平面PAB.∵DE⊂平面PDE,平面PDE∩平面PAB=l,∴DE//l.由图①DE⊥AC,得DE⊥DA,DE⊥DP,∴l⊥DA,l⊥DP.∵DA,DP⊂平面ADP,DA∩DP=D,∴l⊥平面ADP.(II)由题意,得DE=DP=2,DA=1.∵AP=5=DP2+DA2,∴DA⊥DP.又DE⊥DP,DE⊥DA,以D为坐标原点,DA,DE,DP的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.则D(0,0,0),E(0,2,0),B(1,3,0),P(0,0,2),PD=(0,0,−2),PE=(0,2,−2),PB=(1,3,−2).设平面PBE的一个法向量为n=(x,y,z).令z=1,得n=(−1,1,1).设PD与平面PEB所成角为θ.

7∴sinθ=|cos|=|n∙PD||n||PD|=22×3=33.∴直线PD与平面PEB所成角的正弦值为33.20.【解析】(I)由△DF1F2为等边三角形,DF1=DF2=a,得a=2c(c为半焦距).∵AF1+AF2=2a,BF1+BF2=2a,∴△F1AB的周长为4a=8,得a=2.∴c=1,b=a2−c2=3.∴椭圆E的方程为x24+y23=1.（II)设x轴上存在定点T(t,0),由(I)知F2(1,0).由题意知直线l斜率不为0.设直线l:x=my+1,Ax1,y1,Bx2,y2.由x=my+1,x24+y23=1显然Δ=144m2+1>0.∴y1+y2=−6m3m2+4,y1y2=−93m2+4∵TA∙TB=x1−tx2−t+y1y2=my1+1−tmy2+1−t+y1y2=m2+1y1y2+(1−t)my1+y2+(1−t)2=m2+1∙−93m2+4+(1−t)m∙−6m3m2+4+(1−t)2=(6t−15)m2−93m2+4+(1−t)2故当6t−153=−94,即t=118时,TA∙TB为定值−13564.∴存在定点T118,0,使得TA∙TB为定值.21.【解析】(I)当a=1时,f(x)=lnx.由题意知曲线y=f(x)在x=1处的切点为(1,0).∵f'(x)=1x,∴k=f'(1)=1.∴曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=x−1.记g(x)=f(x)−kx−b=lnx−x+1.∵g'(x)=1−xx,∴g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.∴g(x)⩽g(1)=0.

8即lnx⩽kx+b成立.（II)记ℎ(x)=(x−1)ex−a−f(x)=(x−1)ex−a−lnx−lna,x>0.则ℎ(x)⩾0恒成立.∵ℎ'(x)=xex−a−1x,ℎ'(x)在(0,+∞)上单调递增,∵ℎ'12=12e12−a−2<0,ℎ'(a+1)=(a+1)e−1a+1>0,∴∃x0∈12,a+1,使得ℎ'x0=0,即x0ex0−a=1x0.⋯(∗)∴当x∈0,x0,ℎ'(x)<0,ℎ(x)单调递减;当x∈x0,+∞,ℎ'(x)>0,ℎ(x)单调递增.∴ℎ(x)min=ℎx0=x0−1ex0−a−lnx0−lna.⋯(∗∗)由(∗)式,可得ex0−a=1x02,a=x0+2lnx0.代入(∗∗)式,得ℎx0=x0−1x02−lnx0−lnx0+2lnx0当x0∈(1,+∞)时,记t(x)=x−1x2−lnx.∵t'(x)=(1−x)(x+2)x3<0,∴t(x)在(1,+∞)上单调递减.∵y=−ln(x+2lnx)在[1,+∞)上单调送减,∴ℎx0在(1,+∞)上单调递减.∴当x0∈(1,+∞)时,ℎx0<ℎ(1)=0,不合题意;当x0∈12,1时,由(I)知lnx⩽x−1,故−lnx0⩾1−x0,−lnx0+2lnx0⩾1−x0+2lnx0∴ℎx0=x0−1x02−lnx0−lnx0+2lnx0⩾x0−1x02−lnx0+1−x0+2lnx0=x0−1x02−3lnx0−x0+1⩾x0−1x02−3x0−1−x0+1=1−x02x0−12x0+1x02.由x0∈12,1,∴ℎx0⩾0.故满足f(x)⩽(x−1)ex−a.又a=x0+2lnx0,y=x+2lnx在12,1上单调递增,a∈12−2ln2,1且a>0,∴实数a的取值范围是(0,1].22.【解析】(I)由圆C1的参数方程消去参数t,得圆C1的普通方程为(x−2)2+y2=1,圆心A(2,0).

9把x=ρcosθ,y=ρsinθ代入(x−2)2+y2=1,化简得圆C1的极坐标方程为ρ2−4ρcosθ+3=0.(II)由题意,在极坐标系中,点A(2,0).∵点B在曲线C2上,设B(2−2cosθ,θ).在△AOB中,由余弦定理有AB2=OA2+OB2−2OA∙OB∙cos∠AOB,即3=4+(2−2cosθ)2−2×2(2−2cosθ)cosθ.化简得12cos2θ−16cosθ+5=0.解得cosθ=12或cosθ=56.故ρ=2−2cosθ=1或ρ=2−2cosθ=13.∴点B的极径为1或13.23.【解析】(I)当a=1,b=12时,f(x)=|x−3|+|x+2|.当x⩽−2时,f(x)=1−2x⩾7,解得x⩽−3;当−2

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