2023年12月2日发(作者：数学试卷还没出来吗初中)

年普通高等学校招生全国统一考试

文科数学 卷3

注意事项：

1．答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上;

2．回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号;回答非选择题时,将答案写在答题卡上;写在本试卷上无效;

3．考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回;

一、选择题：本大题共12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．已知集合A={1,2,3,4},B={2,4,6,8},则AB中元素的个数为

A．1 B．2 C．3 D．4

2．复平面内表示复数zi(2i)的点位于

A．第一象限

D．第四象限

B．第二象限 C．第三象限

3．某城市为了解游客人数的变化规律,提高旅游服务质量,收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量单位：万人的数据,绘制了下面的折线图. 根据该折线图,下列结论错误的是

A．月接待游客逐月增加

B．年接待游客量逐年增加

C．各年的月接待游客量高峰期大致在7,8月

D．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月,波动性更小,变化比较平稳

4．已知sincos,则sin2=

7929297943A． B． C． D．

3x2y605．设x,y满足约束条件x0,则zxy的取值范围是

y0A．-3,0

5B．-3,2

3

6C．0,2 D．0,3

16．函数f(x)sin(x)cos(x)的最大值为

A．

65 B．1 C．

35 D．

157．函数y1xsinx的部分图像大致为

2xA． B．

C． D．

8．执行右面的程序框图,为使输出S的值小于91,则输入的正整数N的最小值为

A．5

B．4

C．3

D．2

9．已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为

A．

C．

2

3

4D．

4B．10．在正方体ABCDA1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则

A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC

x2y211．已知椭圆C:221(ab0)的左、右顶点分别为A1,A2,且以线段abA1A2为直径的圆与直线bxay2ab0相切,则C的离心率为

A．6

3 B．3

3 C．2

3 D．

1312．已知函数f(x)x22xa(ex1ex1)有唯一零点,则a=

A．

12 B．

13 C．

12 D．1 二、填空题：本题共4小题,每小题5分,共20分;

13．已知向量a(2,3),b(3,m),且ab,则m= .

3x2y214．双曲线21(a0)的一条渐近线方程为yx,则a= .

a9515．ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c;已知C60,b6,c3,则A=_________;

x1,x0,116．设函数f(x)x则满足f(x)f(x)1的x的取值范围是22,　x0,__________;

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;

17．12分

设数列{an}满足a13a21求{an}的通项公式；

2求数列{18．12分

某超市计划按月订购一种酸奶,每天进货量相同,进货成本每瓶4元,售价每瓶6元,未售出的酸奶降价处理,以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验,每天需求量与当天最高气温单位：℃有关．如果最高气温不低于25,需求量为500瓶；如果最高气温位于区间20,25,需求量为300瓶；如果最高气温低于20,需求量为200瓶．为了确定六月份的an}的前n项和.

2n1(2n1)an2n. 订购计划,统计了前三年六月份各天的最高气温数据,得下面的频数分布表：

最高气温

10,15

15,20

20,25

25,30

30,35

35,40

天数

2

16

36

25

7

4

以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率;

1求六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；

2设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y单位：元,当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时,写出Y的所有可能值,并估计Y大于零的概率．

19．12分

如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD．

1证明：AC⊥BD；

2已知△ACD是直角三角形,AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点,且AE⊥EC,求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．

20．12分 在直角坐标系xOy中,曲线yx2mx2与x轴交于A,B两点,点C的坐标为0,1.当m变化时,解答下列问题：

1能否出现AC⊥BC的情况说明理由；

2证明过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.

21．12分

已知函数f(x)lnxax22a1x．

1讨论f(x)的单调性；

2当a0时,证明f(x)32．

4a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．选修4―4：坐标系与参数方程10分

x2t,t为参数,直线l2lxOy在直角坐标系中,直线1的参数方程为yktx2m,m为参数,设l1与l2的交点为P,当k变化时,P的的参数方程为myk轨迹为曲线C．

1写出C的普通方程：

2以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,设l3：(cossin)20,M为l3与C的交点,求M的极径．

23．选修4—5：不等式选讲10分

已知函数f(x)|x||x|． 1求不等式f(x)的解集；

2若不等式f(x)xxm的解集非空,求m的取值范围． 年普通高等学校招生全国统一考试

文科数学参考答案

一、选择题

1．B 2．C 3．A 4．A 5．B 6．A

7．D 8．D 9．B 10．C 11．A 12．C

二、填空题

13．2

三、解答题

17．解：

1因为a13a2a13a2(2n1)an2n,故当n2时,

(2n3)an12(n1)

14．5 15．75° 16．(,)

14两式相减得(2n1)an2

所以an2(n2)

2n1又由题设可得a12

从而{an}的通项公式为an2记{an}的前n项和为Sn

2n1an211

2n1(2n1)(2n1)2n12n12

2n1由1知则Sn...18．解：

n

2n12n12n11这种酸奶一天的需求量不超过300瓶,当且仅当最高气温低于25,由表格数据知,最高气温低于25的频率为216360.6,所以这种酸奶一90天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为

2当这种酸奶一天的进货量为450瓶时,

若最高气温不低于25,则Y64504450900；

若最高气温位于区间20,25,则Y63002(450300)4450300；

若最高气温低于20,则Y62002(450200)4450100

所以,Y的所有可能值为900,300,-100

Y大于零当且仅当最高气温不低于20,由表格数据知,最高气温不低3625740.8,因此Y大于零的概率的估计值为

于20的频率为9019．解：

1取AC的中点O,连结DO,BO,

D

因为ADCD,所以ACDO

CEO

B又由于ABC是正三角形,故BOAC

A从而AC平面DOB,故ACBD

2连结EO

由1及题设知ADC90,所以DOAO

在RtAOB中,BO2AO2AB2

又ABBD,所以 BO2DO2BO2AO2AB2BD2,故DOB90

1AC

21又ABC是正三角形,且ABBD,所以EOBD

2由题设知AEC为直角三角形,所以EO故E为BD的中点,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的11,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,即四面体22ABCE与四面体ACDE的体积之比为1:1

20．解：

1不能出现ACBC的情况,理由如下：

设A(x1,0),B(x2,0),则x1,x2满足x2mx20,所以x1x22

又C的坐标为0,1,故AC的斜率与BC的斜率之积为不能出现ACBC的情况

2BC的中点坐标为(x21x1,),可得BC的中垂线方程为yx2(x2)

2222m由1可得x1x2m,所以AB的中垂线方程为x

2mmx,x,222mx220,可得联立又x2

y1x(xx2)y12222m29m1所以过A,B,C三点的圆的圆心坐标为(,),半径r

222111,所以x1x22故圆在y轴上截得的弦长为2r2()23,即过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值;

21．解：

1fx的定义域为(0,),f(x)2ax2a11x(x1)(2ax1)

xm2若a0,则当x(0,)时,f(x)0,故f(x)在(0,)单调递增

11)时,f(x)0；当x(,)时,f(x)0

2a2a11故f(x)在(0,)单调递增,在(,)单调递减;

2a2a12由1知,当a0时,f(x)在x取得最大值,最大值为

2a111

f()ln()12a2a4a3113所以f(x)2等价于ln()12,即4a2a4a4a11ln()10

2a2a1设g(x)lnxx1,则g(x)1

x若a0,则当x(0,当x(0,1)时,g(x)0；当x(1,),g(x)0;

所以g(x)在0,1单调递增,在(1,)单调递减;

故当x1时,g(x)取得最大值,最大值为g(1)0

所以当x0时,g(x)0

从而当a0时,ln(22．解：

113)10,即f(x)2

2a2a4a1消去参数t得l1的普通方程l1:yk(x2)；消去参数mt得l2的普通方程l2:y(x2)

1kyk(x2),设P(x,y),由题设得消去k得x2y24(y0)

1y(x2).k所以C的普通方程为x2y24(y0) 2C的极坐标方程为2(cos2sin2)4(22,)

222(cossin)4,联立得cossin2(cossin)

(cossin)202故tan,从而cos1391,sin2

1010代入2(cos2sin2)4得25,所以交点M的极径为5

23．解：

3,　　x1,1f(x)2x1,1x2,

3,　　x2当x1时,f(x)1无解；

当1x2时,由f(x)1得,2x11,解得1x2；

当x2时,由f(x)1解得x2

所以f(x)1的解集为{x|x1}

2由f(x)x2xm得m|x1||x2|x2x,而

|x1||x2|x2x|x|1|x|2x2|x|

35(|x|)2

245

4且当x352|x1||x2|xx

时,245m(,]

故的取值范围为4


更多推荐

气温,方程,已知