高三理科数学试卷+答案

2023年12月2日发(作者：历年的小升初数学试卷)

理科数学试题一、选择题（每题5分，共60分）1.已知i是虚数单位,复数zA.2B.2(1i)21i则z()满足zC.1)D.[3,1]D.52.已知全集Ux|x22x30,A{3},则ðUA(A.(,3](1,)B.(3,1]0.3C.[3,1)10.3a,blog0.3,c0.33.已知,则a,b,c的大小关系是()122A.abcB.cab2C.acb)D.acb4.函数f(x)cosxlnx的图象大致为(A.B.C.)D.π5.已知向量a,b的夹角为,且a2,b22,则ab(4A.1B.2C.4D.6x6.若曲线ye1在x0处的切线,也是ylnxb的切线,则b()C.4D.3S15S105则S2020(1510A.-1B.27.在等差数列{an}中,a12018,其前n项和为Sn,若A.0B.2018C.-2019)D.2020)8、一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(A.8π3B.8π8C.32πD.8第1页共4页9.如图,已知点A2,2与反比例函数y,在正方形ABOC内随机取一点P,则点P取自图中阴影部分的概率为()2xln2A.21ln2B.22ln2C.21ln2D.22C:y2px(p0)F120F10.已知抛物线的焦点为,过且倾斜角为的直线与抛物线C交于A,B两点,若AF,BF的中点在y轴上的射影分别为M,N,且|MN|43,则抛物线C的准线方程为(A.x)32B.x2C.x3D.x4x2,x011.已知函数f(x)2,若函数g(x)lnx,x0f(x)kx1有且只有三个零点,则实数k的取值范围()1(0,)A.2e1(,0)B.2C.(0,e)11D.(,2)2e12.已知等边△ABC的边长为23,M,N分别为AB,AC的中点,将△AMN沿MN折起得到四棱锥AMNCB.点P为四棱锥AMNCB的外接球球面上任意一点,当四棱锥AMNCB的)体积最大时,P到平面MNCB距离的最大值为(131A.2B.1312C.33D.35二、填空题（每题5分，共20分）13.太极图被称为\"中华第一图\".从孔庙大成殿梁柱,到楼观台,三茅宫等的标记物,太极图无不跃居其上,这种广为人知的太极图,其形状如阴阳两鱼互抱在一起,因而被称为\"阴阳鱼太极图\".在如图所示的阴阳鱼图案中,x2y2422阴影部分的区域可用不等式组x0或x(y1)1来表示,x2(y1)21设x,y是阴影中任意一点,则zxy的最大值为_______.第2页共4页14.某校举行歌唱比赛,高一年级从6名教师中选出3名教师参加,要求李老师,王老师两名老师至少有一人参加,则参加的三名老师不同的唱歌顺序的种数为______.(用数字作答)ππff(x)2sin(x)(0)15.已知函数满足2,f(π)0,且f(x)在区间(,)上单调,434则的值有_____个.x2y216.已知双曲线C:221(a0,b0)的左,右顶点A1,A2,右焦点为F1,B为虚轴的上端点,在线段abBF1上(不含端点)有且只有一点Pπ满足PA1PA20,则双曲线的离心率为________.三、解答题（共70分）an12，a1a49.17、（本题12分）设Sn为数列an的前n项和，且an（1）求数列an的通项公式；（2）记bna1，求数列bn的前n项和2an1log2Sn1118、（本题12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，ABC120，PAPBPC.（1）证明：△PBD为直角三角形；（2）若PD2，E是PC的中点，且二面角PABE的余弦值为57，求三棱锥PABE的体积.1419、（本题12分）《山东省高考改革试点方案》规定：从2017年秋季高中入学的新生开始，不分文理科；2020年开始，高考总成绩由语数外3门统考科目和物理、化学等六门选考科目构成．将每门选考科目的考生原始成绩从高到低划分为A、B、B、C、C、D、D、E共8个等7％、16％、24％、24％、16％、7％、3％．选考级．参照正态分布原则，确定各等级人数所占比例分别为3％、科目成绩计入考生总成绩时，将A至E等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法则，分别转换到91,100、81,90、71,80、61,70、51,60、41,50、31,40、21,30八个分数区间，得到考生的等级成绩．某校高一年级共2000人，为给高一学生合理选科提供依据，对六个选考科目进行测第3页共4页试，其中物理考试原始成绩基本服从正态分布N60,169．（1）求物理原始成绩在区间47,86的人数；（2）按高考改革方案，若从全省考生中随机抽取3人，记X表示这3人中等级成绩在区间61,80的人数，求X的分布列和数学期望．2（附：若随机变量N,，则P0.682，P220.954，P330.997）x2y220、（本题12分）已知椭圆E:221(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2，下顶点为M，直线ab13MF2与E的另一个交点为P，连接PF1，若△PMF1的周长为42，且△PF1F2的面积为b.3(1)求椭圆E的标准方程；(2)若直线l:ykxm(m1)与椭圆E交于A，B两点，当m为何值时，MAMB恒成立？21、（本题12分）已知函数f(x)e2x1a3x，其中常数aR.3(1)若f(x)在(0,)上是增函数，求实数a的取值范围；(2)当a1时，求证：导函数yf(x)与函数y4xx21的图象有两个交点.22.（本题10分）在平面直角坐标系xOy中,曲线Cx4cos2的参数方程为(为参数),y4sin的极坐标方程为以O为极点以x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中,直线l(1)求曲线C的极坐标方程;(2)设直线l与曲线C相交于A,B两点,求AB的值.π6.第4页共4页理科数学参考答案1.答案：A2.答案：B3.答案：B4.答案：C(1i)2(1i)22i2i(1i)解析：复数z满足1i,z1i,|z|112z1i1i2解析：全集U{x|(x3)(x1)0}[3,1],A{3},则ðUA(3,1].解析：0.3a.3120.3111,log10.3log11,cab.22220解析：易知f(x)f(x),f(x)为偶数,当x(0,1)时,cosx0,lnx20,所以当x(0,1)时,f(x)0,故只有C选项满足条件.5.答案：B6.答案：D2解析：|ab||ab|2|a|22ab|b|242222822解析： yex1的导数为y\'ex,曲线 yex1在x0处的切线斜率为k1,则曲线 yex1在11设切点为m,n.则1解得m1,n3,即有xmx0处的切线方程为y2x,ylnxb的导数为y3ln1＋b解得b3.7.答案：D公差为解析：设等差数列{an}的公差为d,由等差数列的性质可得Snn1Sa1d为等差数列,n的n2ndS15S10d20202019.5,55.解得d2.则S20202020(2018)22020.21510228.答案：A解析：该几何体是由一个四棱锥和一个圆柱的一半组成的几何体,体积为118π122222π.2339.答案：Dy2x1解析：由题意可得正方形的面积为4,联立,.2解得y2yx222所以阴影部分面积为2dx2x2lnx1(42ln2)(20)22ln2,1x所以所求概率P10.答案：Cy3(x22ln21ln2.42p解析：抛物线C:y22px(p0)的焦点为F,0,过F且倾斜角为120的直线方程设为2p)联立抛物线的方程可得3y22py3p20.设A的纵坐标为y1,B的纵坐标为y2,M,N的纵2坐标为2p111y1y2p2,则|y1y2|43,可得y1,y2,可得y1y22223y1y224y1y2192,即为4p24p2192解得p6,则抛物线的准线方程为x3.3第1页共7页11.答案：Ax,x0解析：如图,作出函数f(x)2的图象,lnx,x0函数gxfxkx1有且只有三个零点,则函数fx与函数ykx1的图象有且只有三个交点,函数ykx1图象恒过点0,1则直线ykx1在图中阴影部分内时,函数fx与ykx1有三个或两个交点.当直线ykx1与ylnx的图象相切时,设切点为x0,lnx0切线斜率为kx0e2,k11,k0,2e2e.11,lnx0x01解得x0x012.答案：A解析：如图,由题意,易知CMBM,BNCN,所以取BC的中点E,则E是等腰梯形MNCB外接圆圆心.△AMN为等边三角形,所以取MN中点D,连接AD,在AD上取点F使AF2FD,所以点为F△AMN外心.易知ADMN,DEMN,DF13AF1,DE.22设点O为四棱锥AMNCB的外接球球心OE平面MNCB,OF平面AMN.当四棱锥AMNCB的体积最大时,平面AMN平面MNCB.ADEπ31,OFED,OEFD22213.4131.2设四棱锥AMNCB的外接球半径R,则R2AF2OF2所以当四棱锥AMNCB的体积最大时,P到平面MNCB距离的最大值为dmaxROE13.答案：12解析：依题意,zxy,yxz,z表示直线yxz在y轴上的截距,所以当第2页共7页直线yxz与圆x2(y1)21切于如图的点A时,z最大(z1).因为直线yxz与圆相切,所以点0,1到直线xyz0的距离为1,即1解得z12.|1z|z1,z1,1,2214.答案：963解析：第一步:先选3人,李老师与王老师至少有一人参加,用间接法,有C36C420416种;第二步,将3人排序,36种.故不同发言顺序的种数为16696.有A315.答案：9TkTπ3π3π2(12k)π解析：由f2,f(π)0知,π,kN*,T,,kN*424412k34又因为f(x)在区间ππ(,)43上单调,ππT342故Tπ2π,126T,即2(12k)1712,k,kN*,k0,1,2,8符合条件的的值有9个.3216.答案：152解析：由题意F1(c,0),B(0,b),则直线BF1的方程为bxcybc0,在线段BF1上(不含端点)有且只有一点满足PA1PA202,则POBF1,且POa,abcbc22即b2c23515a2a2b2c2,c43a2c2a40,e43e210,解得e2.,e2bc22an12，a1a417.答案：（1）设Sn为数列an的前n项和，且数列an为等比数列，公比q2,又a1a49，a11.因此数列an的通项公式为an2n1,nN*.第3页共7页（2）由bna1log2an1log2Sn11，得bn11111n1111T1..nnn1223nn1n1n(n1)nn1log22log22（1）因为四边形ABCD是菱形，ABC120，所以ADBDCD，取AB的中点M，连接DM，PM，18.解析：易知DMAB，因为PAPB，所以PMAB，因为PMDMM，所以AB平面PDM，又PD平面PDM，所以PDAB.取BC的中点N，连接DN，PN，同理得PDBC，又ABBCB，所以PD平面ABCD，又BD平面ABCD，所以PDBD，故△PBD为直角三角形.（2）由（1）可知，直线DM，DC，DP两两垂直，故可以D为坐标原点，DM，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示.33aaaa,,0Ba,,0设ABa，则A，，，，因为E是PC的中点，所以C(0,a,0)P(0,0,2)E0,,1，2222233aa,,2BEa,0,1则AB(0,a,0)，PA，22，设平面PAB的法向量为mx1,y1,z1，2ay10,3ABm0,m2,0,ax2则得令，则.设平面ABE的法向量为nx2,y2,z2，31a2PAm0,ax1y12z10,2232ay20,2a357ABn0,4|cosm,n|1,0,a则得3令x21，则n，所以.14233axz0,22BEn0,4a21a22441t57373734令t1a2，则，解得t或t4，所以1a2或1a24，所以a或a2.434343143tt11连接AC，因为VPABCVPABCD，VEABCVPABC，22第4页共7页11132所以VPABEVEABCVPABCDABDMPDa.44312当AB2时，三棱锥PABE的体积为3434；当AB时，三棱锥PABE的体积为.3327219.答案：（1）因为物理原始成绩N60,13，所以P4786P4760P6086110.6820.954P60136013P60213602130.818．2222所以物理原始成绩在47,86的人数为20000.8181636（人）．（2）由题意得，随机抽取1人，其成绩在区间61,80内的概率为2．52所以随机抽取三人，则X的所有可能取值为0，1，2，3，且XB3,，52723543所以PX0；PX1C1；3551255125PX22C332823362；PX3．55125512523所以X的分布列为XP23612526．5538125所以数学期望EX320.解析：(1)设F1F22c.由椭圆的定义可知，△PMF1的周长为4a42，故a2.2a2cx2y2b3b直线MF2的方程为yxb，与221联立可得点P2，,222abcacac1b3b3c1b3，即3c2c2，解得c1或c2(舍)，则b2a2c21，△PF1F2的面积为2c2222ac2c3x2y21.椭圆E的标准方程为2ykxm,222222k1x4kmx2m2082km10.由(1)可知M(0,1)，消去得，(2)联立x2y2y1,24km2m22,x1x2设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1x22，22k12k14k2m2m，y1y2kx1mkx2mk2x1x2mkx1x2m2y1y2kx1x22m22m22k12k1第5页共7页k22m222k21uuuruuur4k2m2m22k22，MAMB x1,y11x2,y212m2k12k212m22m22k22mx1x2y11y21x1x2y1y2y1y211.2k212k212k21uuuruuur1由MAMB得MAMB0，故3m22m10，解得m或m1(舍)，3当m1时，MAMB恒成立.321.解析：(1)因为f(x)在(0,)上是增函数，所以f(x)2e2x1ax20在(0,)上恒成立，ae2x1e2x12e2x1x22xe2x12(x1)e2x1ae2x1即2恒成立，只需使2即可.设h(x)2(x0)，则h(x).2xxx4x32xmin当x(0,1)时，h(x)0，函数h(x)在(0,1)上单调递减；当x(1,)时，h(x)0，函数h(x)在(1,)上单调递增，所以h(x)的最小值为h(1)e，所以ae，解得a2e，故实数a的取值范围是(,2e].2(2)证明：当a1时，f(x)2e2x1x2.令g(x)f(x)4xx212e2x14x1，则g(x)4e2x14.令g(x)0得x所以g(x)在x1111；令g(x)0得x，所以g(x)在,上单调递增，在,上单调递减，2222121处取极小值，g10.因为g(1)3410，g(2)2e390，2e211所以存在x11,,x2,2，使得gx10,gx20，22所以g(x)有两个零点，即导函数yf(x)与函数y4xx21的图象有两个交点.x4cos222.答案：(1)曲线C的参数方程为.得曲线C的普通方程为x2y24x120.y4sin所以曲线C的极坐标方程为24cos12.ππ(2)设A,B两点的极坐标方程分别为(1,),(2,),66π|AB|12,又A,B在曲线C上,则1,2是24cos120的两根.612231212,|AB|12215.1ab23.答案：(1).∵a0,b0,ab1由基本不等式得:ab,422当且仅当ab11时等号成立,由abm恒成立,m2441414ba41(2).∵a,b0,ab59故要使2x1x2恒成立,abababab第6页共7页则2x1x29当x2时,不等式化为:12xx29,解得6x2当2x11时,不等式化为:12xx29,解得2x2当x12时,不等式化为:2x1x29,解得12x12故x 的取值范围6,12.2第7页共7页