2020级一诊数学（理科）参考答案_2.2025数学总复习_数学高考模拟题_2023年模拟题_老高考_2023届四川成都一诊成都市2020级高中毕业班第一次诊断性检测数学

成都市 级高中毕业班第一次诊断性检测 ２０２０ 数学(理科)参考答案及评分意见 第 卷 选择题 共 分 Ⅰ ( , ６０ ) 一、选择题:每小题 分 共 分 ( ５ , ６０ ) １．C; ２．A; ３．B; ４．C; ５．C; ６．B; ７．D; ８．B; ９．C; １０．A; １１．D; １２．B． 第 卷 非选择题 共 分 Ⅱ ( , ９０ ) 二、填空题:每小题 分 共 分 ( ５ , ２０ ) ＋ １ ５ １ １３． ; １４．２４０; １５． ; １６．②③④． ３ ２ 三、解答题:共 分 ( ７０ ) 解: 由 ． × ＋ ． ＋ ． ＋ ． ＋m × ＝ 分 １７． (Ⅰ) (０００４ ２ ００２２ ００３０ ００２８ ) １０ １, 􀆺􀆺２ 解得m＝ ． ． 分 ００１２ 􀆺􀆺４ 由题意知不低于 分的队伍有 × ． ＋ ． ＝ 支 分 (Ⅱ) ８０ ５０ (０１２ ００４) ８ , 􀆺􀆺５ 不低于 分的队伍有 × ． ＝ 支 分 ９０ ５０ ００４ ２ ． 􀆺􀆺６ 随机变量X的可能取值为 ． ０,１,２ ３ ２ １ １ ２ PX＝ ＝C６＝５ PX＝ ＝C６C２＝１５ PX＝ ＝C６C２＝３ 分 ∵ ( ０) ３ , ( １) ３ , ( ２) ３ , 􀆺􀆺９ C８ １４ C８ ２８ C８ ２８ X的分布列为 ∴ X ０ １ ２ P ５ １５ ３ １４ ２８ ２８ 分 􀆺􀆺１０ EX ＝ ×５＋ ×１５＋ ×３＝３． 分 ( ) ０ １ ２ 􀆺􀆺１２ １４ ２８ ２８ ４ b 解: ＝ C＋ C １８． (Ⅰ)∵a sin cos , B 由正弦定理知sin ＝ C＋ C 即 B＝ A C＋ A C． 分 A sin cos , sin sin sin sin cos 􀆺􀆺１ sin 在 ABC中 由B＝ － A＋C △ , π ( ), B＝ A＋C ＝ A C＋ A C＝ A C＋ A C． 分 ∴sin sin( ) sin cos cos sin sin sin sin cos 􀆺􀆺３ A C＝ A C． C C ． 分 ∴cos sin sin sin ∵ ∈ (０,π),∴sin ≠０ 􀆺􀆺４ A＝ A． 分 ∴sin cos 􀆺􀆺５ π A A＝ ． 分 ∵ ∈ (０,π),∴ 􀆺􀆺６ ４ 数学 理科 一诊 参考答案 第 页 共 页 ( )“ ” １ ( ５ )a c 若选择条件 由正弦定理 ＝ 得a C＝c A＝ ２c＝ ． (Ⅱ) ①, A C, sin sin ２ sin sin ２ c＝ ． 分 ∴ ２２ 􀆺􀆺９ 又 B＝ C 即 b＝c． ２２sin ３sin , ２２ ３ b＝ ． 分 ∴ ３ 􀆺􀆺１１ S ＝１bc A＝１× × π＝ ． 分 ∴ △ ABC sin ３ ２２sin ３ 􀆺􀆺１２ ２ ２ ４ 若选择条件 由 B＝ C 即 b＝c． ②, ２２sin ３sin , ２２ ３ 设c＝ mb＝ mm ． 分 ２２ , ３ ( ＞０) 􀆺􀆺７ 则a２＝b２＋c２－ bc A＝ m２．a＝ m． 分 ２ cos ５ ∴ ５ 􀆺􀆺９ 由ac＝ 得m＝ ． ２ １０, １ a＝ b＝ c＝ ． 分 ∴ ５, ３, ２２ 􀆺􀆺１１ S ＝１bc A＝１× × π＝ ． 分 ∴ △ ABC sin ３ ２２sin ３ 􀆺􀆺１２ ２ ２ ４ 解: DE AB DE 平面PAB AB 平面PAB １９． (Ⅰ)∵ ∥ , ⊄ , ⊂ , DE 平面PAB． 分 ∴ ∥ 􀆺􀆺２ DE 平面PDE 平面PDE 平面PAB＝l ∵ ⊂ , ∩ , DE l． 分 ∴ ∥ 􀆺􀆺３ 由图 DE AC 得DE DADE DP ① ⊥ , ⊥ , ⊥ , l DAl DP． ∴ ⊥ ,⊥ DADP 平面ADP DA DP＝D ∵ , ⊂ , ∩ , l 平面ADP． 分 ∴ ⊥ 􀆺􀆺５ 由题意 得DE＝DP＝ DA＝ ． (Ⅱ) , ２, １ AP＝ ＝ DP２＋DA２ DA DP． 分 ∵ ５ ,∴ ⊥ 􀆺􀆺６ 又DE DPDE 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 E B P (０,０,０),(０,２,０),(１,３,０), (０,０,２), PD→＝ － PE→＝ － PB→＝ － ． 分 (０,０, ２), (０,２, ２), (１,３, ２) 􀆺􀆺８ 设平面PBE的一个法向量为n＝ xyz ． ( ,,) { n PE→＝ {y－z＝ 由 􀅰 ０,得 ０, n PB→＝ x＋ y－ z＝ ． 􀅰 ０ ３ ２ ０ 令z＝ 得n＝ － ． 分 １, ( １,１,１) 􀆺􀆺１０ 设PD与平面PEB所成角为θ． n PD→ θ＝ nPD→ ＝ 􀅰 ＝ ２ ＝ ３． 分 ∴sin cos＜ , ＞ |n||PD→| × 􀆺􀆺１１ ２ ３ ３ 直线PD与平面PEB所成角的正弦值为 ３． 分 ∴ 􀆺􀆺１２ ３ 数学 理科 一诊 参考答案 第 页 共 页 ( )“ ” ２ ( ５ )解: 由 DFF 为等边三角形 DF ＝ DF ＝a 得a＝c c为半焦距 分 ２０． (Ⅰ) △ １ ２ , １ ２ , ２ ( )．􀆺􀆺１ AF ＋ AF ＝a BF ＋ BF ＝a ∵ １ ２ ２ , １ ２ ２ , FAB的周长为 a＝ 得a＝ ． 分 ∴ △ １ ４ ８, ２ 􀆺􀆺２ c＝ b＝ a２－c２ ＝ ． ∴ １, ３ x２ y２ 椭圆E的方程为 ＋ ＝ ． 分 ∴ １ 􀆺􀆺４ ４ ３ 设x轴上存在定点Tt 由 知F ． (Ⅱ) (,０), (Ⅰ) ２(１,０) 由题意知直线l斜率不为 设直线lx＝my＋ Ax y Bx y ． ０． : １, (１,１), (２,２) ì ï ï x＝my＋ １, 由 í ïï x２ ＋ y２ ＝ 消去x , 得 (３ m２＋ ４) y２＋ ６ my－ ９ ＝ ０ ． î １ ４ ３ 显然Δ＝ m２＋ ． 分 １４４( １)＞０ 􀆺􀆺５ － m － y ＋y ＝ ６ yy ＝ ９ ． 分 ∴ １ ２ m２＋ , １ ２ m２＋ 􀆺􀆺６ ３ ４ ３ ４ TA→ TB→＝ x －t x －t ＋yy ＝ my ＋ －t my ＋ －t ＋yy ∵ 􀅰 (１ )(２ ) １ ２ ( １ １ )( ２ １ ) １ ２ ＝ m２＋ yy ＋ －tmy ＋y ＋ －t２ 分 ( １)１ ２ (１ ) (１ ２) (１ ) 􀆺􀆺７ － － m ＝ m２＋ ９ ＋ －tm ６ ＋ －t２ ( １)􀅰 m２＋ (１ ) 􀅰 m２＋ (１ ) ３ ４ ３ ４ t－ m２－ ＝(６ １５) ９＋ －t２ 分 m２＋ (１ ), 􀆺􀆺１０ ３ ４ t－ － 故当６ １５＝ ９ 即t＝１１时 TA→ TB→ 为定值－１３５ , , 􀅰 ． ３ ４ ８ ６４ 存在定点T１１ 使得TA→ TB→ 为定值 分 ∴ ( ,０), 􀅰 ． 􀆺􀆺１２ ８ 解: 当a＝ 时 fx ＝ x． ２１． (Ⅰ) １ , ( ) ln 由题意知曲线y＝fx 在x＝ 处的切点为 ． ( ) １ (１,０) f′x ＝１ k＝f′ ＝ ． 分 ∵ ( ) x,∴ (１) １ 􀆺􀆺１ 曲线y＝fx 在x＝ 处的切线方程为y＝x－ ． 分 ∴ ( ) １ １ 􀆺􀆺２ 记gx ＝fx －kx－b＝ x－x＋ ． ( ) ( ) ln １ －x g′x ＝１ gx 在 上单调递增 在 ＋ 上单调递减 分 ∵ ( ) x ,∴ ( ) (０,１) , (１, ∞) ． 􀆺􀆺４ gx g ＝ ．即 x kx＋b成立 分 ∴ ( )≤ (１) ０ ln ≤ ． 􀆺􀆺５ 记hx ＝ x－ x－a－fx ＝ x－ x－a－ x－ ax ． (Ⅱ) ( ) ( １)e ( ) ( １)e ln ln , ＞０ 则hx 恒成立 ( )≥０ ． h′x ＝xx－a－１ h′x 在 ＋ 上单调递增 ∵ ( ) e x, ( ) (０, ∞) , h′ １ ＝１ １－a－ h′a＋ ＝a＋ － １ ∵ ( ) e２ ２＜０, ( １) ( １)e a＋ ＞０, ２ ２ １ 数学 理科 一诊 参考答案 第 页 共 页 ( )“ ” ３ ( ５ )x １a＋ 使得h′x ＝ 即x x－a １． 分 ∴∃ ０ ∈ ( , １), (０) ０, ０e０ ＝x 􀆺(∗) 􀆺􀆺６ ２ ０ 当x x h′x hx 单调递减 当x x ＋ h′x hx 单调 ∴ ∈(０,０), ( )＜０,( ) ; ∈(０, ∞), ( )＞０,( ) 递增 ． h x ＝hx ＝ x － x－a－ x － a． 分 ∴ ( )min (０) (０ １)e０ ln ０ ln 􀆺(∗∗) 􀆺􀆺７ 由 式 可得 x－a １ a＝x ＋ x ． (∗) , e０ ＝x２ , ０ ２ln ０ ０ x － 代入 式 得hx ＝ ０ １－ x － x ＋ x ． 分 (∗∗) , (０) x２ ln ０ ln(０ ２ln ０) 􀆺􀆺８ ０ x－ 当x ＋ 时 记tx ＝ １－ x． ０ ∈ (１, ∞) , ( ) x２ ln －x x＋ t′x ＝(１ )( ２) tx 在 ＋ 上单调递减 ∵ ( ) x３ ＜０,∴ ( ) (１, ∞) ． y＝－ x＋ x 在 ＋ 上单调递减 ∵ ln( ２ln ) [１, ∞) , hx 在 ＋ 上单调递减 ∴ (０) (１, ∞) ． 当x ＋ 时 hx h ＝ 不合题意 分 ∴ ０ ∈ (１, ∞) , (０)＜ (１) ０, ; 􀆺􀆺９ 当x １ 时 由 知 x x－ 故－ x －x ０ ∈ ( ,１] , (Ⅰ) ln ≤ １, ln ０ ≥１ ０, ２ － x ＋ x － x ＋ x ln(０ ２ln ０)≥１ (０ ２ln ０) x － x － hx ＝ ０ １－ x － x ＋ x ０ １－ x ＋ －x ＋ x ∴ (０) x２ ln ０ ln(０ ２ln ０)≥ x２ ln ０ １ (０ ２ln ０) ０ ０ x － x － ＝ ０ １－ x －x ＋ ０ １－ x － －x ＋ x２ ３ln ０ ０ １≥ x２ ３(０ １) ０ １ ０ ０ －x x － x ＋ ＝(１ ０)(２ ０ １)(２ ０ １)． x２ ０ 由x １ hx ．故满足fx x－ x－a． 分 ０ ∈ ( ,１],∴ (０)≥０ ( )≤ ( １)e 􀆺􀆺１１ ２ 又a＝x ＋ x y＝x＋ x在 １ 上单调递增a １ 且a ０ ２ln ０, ２ln ( ,１] ,∈( －２ln２,１] ＞０, ２ ２ 实数a的取值范围是 ． 分 ∴ (０,１] 􀆺􀆺１２ 解: 由圆C 的参数方程消去参数t 得圆C 的普通方程为 ２２． (Ⅰ) １ , １ x－ ２＋y２＝ 圆心A ． 分 ( ２) １, (２,０) 􀆺􀆺２ 把x＝ρ θy＝ρ θ代入 x－ ２＋y２＝ 分 cos , sin ( ２) １, 􀆺􀆺３ 化简得圆C 的极坐标方程为 ρ２－ ρ θ＋ ＝ ． 分 １ ４cos ３ ０ 􀆺􀆺５ 由题意 在极坐标系中 点A ． (Ⅱ) , , (２,０) 点B在曲线C 上 设B － θθ ． 分 ∵ ２ , (２ ２cos ,) 􀆺􀆺６ 在 AOB中 由余弦定理有AB２ OA２＋OB２－ OA OB AOB △ , ＝ ２ 􀅰 􀅰cos∠ , 即 ＝ ＋ － θ２－ × － θ θ． ３ ４ (２ ２cos ) ２ ２(２ ２cos )cos 化简得 ２θ－ θ＋ ＝ ． 分 １２cos １６cos ５ ０ 􀆺􀆺８ 解得 θ＝１ 或 θ＝５． cos cos ２ ６ 数学 理科 一诊 参考答案 第 页 共 页 ( )“ ” ４ ( ５ )故 ρ＝ － θ＝ 或 ρ＝ － θ＝１． ２ ２cos １ ２ ２cos ３ 点B的极径为 或 １． 分 ∴ １ 􀆺􀆺１０ ３ 解: 当a＝ b＝１ 时 f(x) x－ ＋ x＋ ． 分 ２３． (Ⅰ) １, , ＝ ３ ２ 􀆺􀆺１ ２ 当x － 时 fx ＝ － x 解得x － 分 ≤ ２ , ( ) １ ２ ≥７, ≤ ３; 􀆺􀆺３ 当－ x 时 fx ＝ 此时无解 分 ２＜ ＜３ , ( ) ５≥７, ; 􀆺􀆺４ 当x 时 fx ＝ x－ 解得x ． 分 ≥３ , ( ) ２ １≥７, ≥４ 􀆺􀆺２ 综上 不等式fx 的解集为 － － ＋ ． 分 , ( )≥７ ( ∞, ３]∪ [４, ∞) 􀆺􀆺５ 由f(x)＝ x－ a ＋ x＋ b x＋ b－ x－ a ＝ a＋ b (Ⅱ) ３ ４ ≥ ４ ( ３ ) ３ ４ , 当且仅当－ b x a时 等号成立 ４ ≤ ≤３ , ． a b ． ∵ ≥０, ≥０ fx ＝ a＋ b ＝a＋ b＝ ． 分 ∴ ( )min ３ ４ ３ ４ ６ 􀆺􀆺７ 由柯西不等式 得 a＋b a １ b ２ １ ２ a＋b ３０． , ３ ＝１􀅰 ３ ＋ 􀅰 ４ ≤ １＋( )􀅰 ３ ４ ＝ ２ ２ ２ 分 􀆺􀆺９ a 当且仅当 ＝ ３ 时 即a＝８b＝３ 等号成立 ２ b , , ． ４ ５ １０ 综上 a＋ b的最大值为 ３０． 分 , ３ 􀆺􀆺１０ ２ 数学 理科 一诊 参考答案 第 页 共 页 ( )“ ” ５ ( ５ )