《2023届四川省泸州市泸县第四中学二诊模拟考试数学（文）试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届四川省泸州市泸县第四中学二诊模拟考试数学（文）试题含答案.pdf（9页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1泸县四中泸县四中 2020 级高三第二次诊断性模拟考试级高三第二次诊断性模拟考试数 学数 学（文史类）（文史类）注意事项：注意事项：1答卷前，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，再选涂其它答案标号 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 本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟 考试结束后，请将答题卡交回。第 I 卷 选择题（60 分）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2Ax
2、R x，1BxR x，则ABA,2B2 2,C1,2D2,12图中网格纸的小正方形的边长是 1，复平面内点Z所表示的复数z满足1()1ziz，则复数1z A2455iB2455iC2455iD2455i3甲乙两台机床生产同一种零件，根据两台机床每天生产零件的次品数，绘制了如下茎叶图，则下列判断错误的是A甲的平均数大于乙的平均数B甲的众数大于乙的众数C甲的方差大于乙的方差D甲的性能优于乙的性能4已知某几何体的三视图如图所示（图中网格纸上小正方形边长为 1），则该几何体的体积为A403B15C563D205已知是第四象限角，3sin5，则tan()4A5B5C7D726设na是公比为的等比数列，则
3、“”是“na为递增数列”的A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件7在如图所示的计算1 592024L程序框图中，判断框内应填入的条件是A2024?i B2024?i C2023?i D2023?i 8若函数 3sincosf xxx在区间,a b上是增函数，且 2f a ，2f b，则函数 cos3sinxxg x 在区间,a b上A是增函数B是减函数C可以取得最大值 2D可以取得最小值29已知18log 9a，185b，则45log 81AaabB2aabC2aabD2aab10已知双曲线222210,0 xyabab的渐近线与圆2223xy相切，则双曲线的
4、离心率为A2B3C32D5211已知函数2()4(4)f xxk x有 2 个不同的零点，则 k 的取值范围是A10,2B30,3C1 1,2 2D33,3312关于 x 的不等式eln101 xaax对任意 x1 恒成立，则 a 的取值范围是A(e,)B21,eC1,eD1,e第 II 卷 非选择题（90 分）二、填空题：本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分13曲线e cosxyx在0 x 处的切线方程为 _14已知平面向量3,2a，2,b，若aab，则_15已知正数 a，b 满足22ab，则18ab的最小值为_.16如图，在四边形ABCD中，60DAB，60ABC，3DA，6
5、AB，4BC，点P是线段DC上的一个动点，则AP BP 的最小值为_3三、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 1721 题为必考题，每个试题考生都必须答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答（一）必做题：共（一）必做题：共 60 分分17（12 分）已知正项等比数列 na的前n项和为nS，若1a，3a，210a 成等差数列，3210Sa（1）求na与nS；（2）设2log2nnnbSa，数列 nb的前n项和记为nT，求nT18（12 分）为研制新冠肺炎的疫苗，某生物制品研究所将所研制的某型号疫苗用在小白鼠身上进行科研和临床试验，得到如下统计数据：未感染病毒感染病
6、毒总计未注射疫苗40px注射疫苗60qy总计100100200现从未注射疫苗的小白鼠中任取1只，取到“感染病毒”的小白鼠的概率为35（1）能否有99.5%的把握认为注射此疫苗有效？（2）在感染病毒的小白鼠中，按未注射疫苗和注射疫苗的比例抽取5只进行病理分析，然后从这5只小白鼠中随机抽取3只对注射疫苗的情况进行核实，求恰有1只为注射过疫苗的概率附：22n adbcKabcdacbd，nabcd.20P Kk0.050.010.0050.0010k3.8416.6357.87910.82819（12 分）如图，在几何体ABCDE中，ABC，BCD，CDE均为边长为2的等边三角形，平面ABC平面BC
7、D，平面CDE平面BCD(1)求证：/AEBD；(2)求点B到平面ACE的距离20（12 分）已知抛物线2:2(0)C xpy p，直线1:22l yx，过点1,2P作直线与C交于A，B两点，4当/AB l时，P为AB中点.（1）求C的方程；（2）作AAl，BBl，垂足分别为A，B两点，若BA与AB交于Q，求证：/PQ AABB.21（12 分）已知函数 2e2,xfxaxaxb fx是其导函数.(1)讨论 fx的单调性；(2)对 R,20 xxf x 恒成立，求a的取值范围.（二二）选选做做题题：共共 10 分分请请考考生生在在第第 22、23 题题中中任任选选一一题题作作答答如如果果多多做
8、做，则则按按所所做做的的第第一一题题记记分分22（10 分）选修 4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系 xOy 中，曲线 C1的参数方程为1xtcosytsin，以原点O为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2的极坐标方程为2cos.（1）若曲线 C1方程中的参数是，且 C1与 C2有且只有一个公共点，求 C1的普通方程；（2）已知点A（0，1），若曲线C1方程中的参数是t，0，且C1与C2相交于P，Q两个不同点，求11APAQ的最大值.23（10 分）选修 4-5：不等式选讲已知函数()|32|f xx.（1）解不等式()6|2|f xx；（2）已知4(,0)mnm n，若1
9、1|()xaf xmn(0)a 恒成立，求函数a的取值范围.泸县四中 2020 级高三第二次诊断性模拟考试数 学（文史类）参考答案：1A2B3D4C5D6D7A8C9C10A11B12B1310 xy 1472152521692817解：（1）设正项等比数列 na的公比为q(0q)，由12332102,10,aaaSa解得12aq，所以2nna，12 1 2221 2nnnS（2）由（1）得122log2log 22(1)2nnnnnnbSan，5所以232 23 24 212nnTn ，23122 23 212nnTn，-得223122221 2nnnTn212121 221 21 2nnn
10、12nn ，所以12nnTn18解：（1）依题意，由3405pp，得60p，所以40q，100 xy，所以，22列联表如下表所示：未感染病毒感染病毒总计未注射疫苗4060100注射疫苗6040100总计100100200由2220040 4060 6087.879100 100 100 100K，所以有99.5%的把握认为注射此疫苗有效；（2）设“恰有1只为注射过疫苗”为事件A，由于在感染病毒的小白鼠中，按未注射疫苗和注射疫苗的比例603402抽取，故抽取的5只小白鼠中有3只未注射疫苗，分别用1、2、3来表示，2只已注射疫苗的小白鼠分别用a、b来表示，从这5只小白鼠中随机抽取3只，可能的情况有
11、：1,2,3、1,2,a、1,2,b、1,3,a、1,3,b、1,a b、2,3,a、2,3,b、2,a b、3,a b，共10种，其中恰有1只为注射过疫苗有：1,2,a、1,2,b、1,3,a、1,3,b、2,3,a、2,3,b，共6种，所以 63105P A，即恰有1只为注射过疫苗的概率为3519(1)取CD，BC的中点分别为F和G，连接EF，AG，FG，因为ABC和CDE均为边长为2的等边三角形，所以EFCD，AGBC，且3EFAG，因为平面CDE 平面BCD，平面CDE与平面BCD的交线为CD，EF 平面CDE，所以EF平面BCD；因为平面ABC平面BCD，平面ABC与平面BCD的交线
12、为BC，AG 平面ABC，所以AG 平面BCD，所以/EFAG，又3EFAG，所以四边形EFGA为平行四边形，所以/AEFG，6又因为CD，BC的中点分别为F和G，所以/FGBD，结合/AEFG，所以/AEBD(2)取AE，BD的中点分别为P，Q，分别连接PC，PQ，CQ，因为/AEBD，2ABED，所以四边形AEDB为等腰梯形，所以PQBD，又ACEC，AE的中点为P，所以PCAE，因为PC 平面PCQ，PQ 平面PCQ，PCPQP，所以AE平面PCQ，又因为/AEBD，AE 平面ACE，BD 平面ACE，所以/BD平面ACE，所以点B到平面ACE的距离等价于点Q到平面ACE的距离，即点Q到
13、平面PCE的距离，所以Q PCEE PCQVV，设点Q到平面PCE的距离为h，所以1133PCEPCQShSPE，所以PCQPCESPEhS，因为1AEFG，所以12PE，因为2ACCE，所以22115222PC，所以111151522228PCESPEPC，因为四边形AEDB为等腰梯形，2ABEDBD，1AE，所以22115222PQ，又22213CQ，所以在等腰三角形PCQ中，底边CQ上的高为：22153322，所以133322PCQS，所以312 15225158PCQPCESPEhS，所以点B到平面ACE的距离为：2 155.20解：（1）设11,A x y，22,B xy，当/ABl
14、时，AB的方程为1212yx即1322yx,由221322xpyyx可得230 xpxp，0，P为AB的中点，12122xxp，2p，C的方程为24xy；（2）证明：当/ABl时，则四边形ABB A 为矩形，Q为AB的中点，由（1）可知P为AB的中点，PQ为ABB的中位线，PQAABB/；7当AB与l不平行时，设AB与l相交于00,Mxy，不妨设从左至右依次为点 A、B、M，如图，由题意/AABB显然成立，只要证PQBB/，即证|APAQPBQB，又/AABB，|AQAMQBBABMAB，只要证|APAMPBBM，即证01120211xxxxxx，即证0121202210 xx xxxx.设直
15、线AB的方程为12yk x，则12k，由(1)2122yk xyx，解得02821kxk.由2(1)24yk xxy可得24480 xkxk，0，124xxk，1248x xk，012120416282218164102121kkxx xxxxkkkk，得证；综上，PQAABB/.21解：（1）函数 fx的导函数 e22,e2xxfxaxa fxa，当0a时，0fx，所以 fx在 R 上单调递增；当0a 时，ln20fxxa，ln20fxxa，所以 fx在,ln2a上单调递减，在ln2,a 上单调递增.综述：当0a时，fx在 R 上单调递增；当0a 时，fx在,ln2a上单调递减，在ln2,a
16、 上单调递增.（2）因为对 R,20 xxf x 恒成立，8所以当2x 时，0f x；当2x 时，0f x，则 20f，所以2eb .所以 22e2exfxaxax且连续不断.e22xfxaxa，e2xfxa，情形一：当2x 时，当2e2a 时，0,fxfx在2,上单调递增，又因为 22e20fa，所以 fx在2,)上单调递增，所以 20f xf，满足题意.当22ea 时，由（1）知 fx在2,ln2a上单调递减，所以 20fxf，所以 fx在2,ln2a上单调递减，所以 20fxf，不符合题意.情形二：当2x 时，当a0时，由2e242eee024afaa，知 0f x 不恒成立；.当0a
17、时，2eexfx，易知 20 xfx恒成立.当202ea时，由（1）知 fx的最小值ln222ln20faaa，所以 fx在,2单调递增，而 20f，所以 20f xf成立.综上可得a的取值范围为20,e2.22（1）2cos，曲线 C2的直角坐标方程为（x1）2+y21，是曲线 C1：1xtcosytsin 的参数，C1的普通方程为 x2+（y1）2t2，C1与 C2有且只有一个公共点，|t|21 或|t|21，C1的普通方程为 x2+（y1）2（21）2或 x2+（y1）2（21）2（2）t 是曲线 C1：1xtcosytsin 的参数，C1是过点 A（0，1）的一条直线，设与点 P，Q
18、相对应的参数分别是 t1，t2，把1xtcosytsin，代入（x1）2+y21 得 t2+2（sincos）t+10，121 22 241ttsint t 121111APAQtt|t1|+|t2|t1+t2|22|sin（4）|22，9当34时，4（sincos）2440，11APAQ取最大值 22.23解：（1）不等式 62|f xx，即3226xx.当23x 时，即3226xx，得3223x；当223x时，即3226xx，得312x；当2x 时，即3226xx，无解.综上，原不等式的解集为3,12.（2）111114mnmnmn11 114nmmn.令 g xxaf x32xax222,32 42,322,.xa xxaxaxa xa 结合函数 g x的图象易知：当23x 时，max23g xa.要使不等式恒成立，只需 max213g xa，即103a，故所求实数a的取值范围是10,3.