数学(理答案_2.2025数学总复习_数学高考模拟题_2023年模拟题_老高考_四川省绵阳南山中学2023届高三上学期开学考试数学（理）含答案

绵阳南山中学 2022 年秋高 2020 级入学考试
数学（理工类）试题答案
一、选择题：本题共 12小题，每小题 5分，共 60分。
1—5 BBADC 6—10CAADB 11—12DC
二、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分。
2
，1 1 
13.必要不充分 14.36 15. 3 16. ,

e 
16题解析：（同构）
lnx
e x  0e x lnxxe x  xlnxlnxelnx,令h(x) xex,

lnx 1
故不等式变为h(x)h(lnx)xlnx( )  .
max
x e
三、解答题：共 70分。
17.（12分）解：(1)因为f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(0)＝0，则b＝1(经检验，b＝1时f(x)为奇函数，满足题意).
－2x＋1 1 1
(2)由(1)知f(x)＝ ＝－ ＋ ，
2x＋1＋2 2 2x＋1
因为f(x)是奇函数，所以不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0 等价于f(t2－2t)<－f(2t2－k)
＝f(－2t2＋k).
易知f(x)是R上的减函数，所以t2－2t>－2t2＋k.
即对任意的 t∈R 有 3t2－2t－k>0 恒成立，从而对应方程的根的判别式Δ＝4＋
1
－∞，－
1
12k<0，解得k<－ .所以k 的取值范围为 3 .
3
2 2
18.（12分）解：(1)由已知得：小明中奖的概率为 ，小红中奖的概率为 ，两
3 5
人中奖与否互不影响，记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A，则A事件的对
立事件为“X＝5”，
2 2 4 11
∵P(X＝5)＝ × ＝ ，∴P(A)＝1－P(X＝5)＝ ．
3 5 15 15
11
∴这两人的累计得分X 3的概率为 ．
15
(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X，都选择方案乙抽奖中奖次数
1
为X，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为E(2X)，选择方案乙抽奖
2 1
累计得分的数学期望为E(3X)．
2
2 2
2， 2， 2 4 2 4
由已知：X～B 3 ，X～B 5 ，∴E(X)＝2× ＝ ，E(X)＝2× ＝ ，
1 2 1 3 3 2 5 5
8 12
∴E(2X)＝2E(X)＝ ，E(3X)＝3E(X)＝ ，∵E(2X)>E(3X)，
1 1 3 2 2 5 1 2
∴他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．
19.（12分）解：（1）因为函数 f(x)ax3bx2 3xc为奇函数，故b=0，c=0，
又因为函数f（x）在(,1)上单调递增，在（-1，1）上单调递减，
第 1 页 共 4 页所以f（x）在x=-1 处取得极大值，因为 f '(x)3ax23, f '(1)0 ，即3a-3=0，
解得a=1，所以 f(x) x33x.
（2） f '(x)3x2 33(x1)(x1)，因为曲线方程为y  x33x,m2，
点A（1，m）不在曲线上，设切点为M(x ,y )，则点M的坐标满足y x 33x ，
0 0 0 0 0
x 3 3x m
因为 f '(x )3(x 21) ，故切线的斜率为3(x 2 1) 0 0 ，
0 0 0 x 1
0
整理得2x 3 3x 2 m30 ，因为过点 A（1，m）可作曲线的三条切线，所以
0 0
关于x 的方程有三个实根.
0
设 g(x )2x 33x 2m3 ，则 g'(x )6x 26x ，由 g'(x )0,得0 x 1 ，
0 0 0 0 0 0 0 0
g'(x )0,得x 0或x 1，
0 0 0
所以g(x )在(-,0),(1,+)上单调递增，在（0，1）上单调递减，所以函数的
0
g(0)0
极值点为x 0,x 1，所以关于x 的方程有三个实根的必要条件是  ，
0 0 0 g(1)0
解得-3<m<-2，又当x 1时，g（-1）=-5+m+3<-4<0，当x 2时，g（2）=4+m+3>4>0，
0 0
所以-3<m<-2 时，必有三个实根，故所求的实数m 的取值范围是-3<m<-2.
20.（12分）解:(1)证明：如图，作FG∥EA，AG∥EF，连接EG 交AF于H，连
接BH，BG，∵EF∥CD且EF∥AG，∴AG∥CD，即点G在平面ABCD内．
在平行四边形CDAG中，∠ADC＝90°，
∴BG⊥AG，又由AE⊥平面ABCD知AE⊥BG，
∴BG⊥平面AEFG，∴BG⊥AF ①
在矩形AEFG中，AE＝EF，∴AF⊥EG ②
∴由①②知，AF⊥平面BGE
∴AF⊥BE
(2)如图，以A 为原点，AG为x轴，AD为y轴，AE 为z 轴建立空间直角坐标系
A-xyz，则A(0,0,0)，G(1,0,0)，E(0,0,1)，D(0,2,0)，设M(1，y 0)
0,
→ →
∴ED＝(0,2，－1)，DM＝(1，y －2,0)，
0
设平面EMD的法向量为n＝(x，y，z)．
→
n·ED＝2y－z＝0，
则 令y＝1，得z＝2，x＝2－y ，∴n＝(2－y 1,2)．
→ 0 0,
n·DM＝x＋y －2y＝0，
0
→
又AE⊥平面AMD，∴AE＝(0,0,1)为平面AMD 的一个法向量，
→ |2| π 3 3
∴|cos〈n，AE〉|＝ ＝cos ＝ ，解得y ＝2± ，
0
1× 2－y 2＋1＋4 6 2 3
0
3 3
故在BC上存在点M，且CM＝ 2(2 ) ＝
3 3
21.（12分）（1）解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
1 ax2－（a＋1）x＋1 （ax－1）（x－1）
f′(x)＝ax－(a＋1)＋ ＝ ＝ .
x x x
1
①当a<0 时, <0<1,∴x∈(0，1)时，f′(x)>0；x∈(1,)时，f′(x)<0，
a
第 2 页 共 4 页∴函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1,)上单调递减；
②当a=0 时，x∈(0，1)时，f′(x)>0；x∈(1,)时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1,)上单调递减；
1 1
1
，＋∞ 1，
③当0<a<1 时， >1，∴x∈(0，1)和 a 时，f′(x)>0；x∈ a 时，f′(x)<0，
a
1 1
，＋∞ 1，
∴函数f(x)在(0，1)和 a 上单调递增，在 a 上单调递减；
1
④当a＝1时， ＝1，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
a
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
1 1
1
0， ，1
⑤当a>1 时，0< <1，∴x∈ a 和(1，＋∞)时，f′(x)>0；x∈ a 时，f′(x)<0，
a
1 1
0， ，1
∴函数f(x)在 a 和(1，＋∞)上单调递增，在 a 上单调递减.
综上，当a≤0时，函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1,)上单调递减；
1 1
，＋∞ 1，
当0<a<1 时，函数f(x)在(0，1)和 a 上单调递增，在 a 上单调递减；
当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
1 1
0， ，1
当a>1 时，函数f(x)在 a 和(1，＋∞)上单调递增，在 a 上单调递减.
（2）由题意lnx (a1)x有两解，设直线ykx与y lnx相切，切点为 x ,y ，
0 0


y kx
 0 0
 1 1 1
则y lnx ，解得x e, y 1, k  ，0a1 ，即1a 1．
 0 0 0 0 e e e
1
 k 
 x
0
 1 
∴实数a的取值范围是 1, 1 ．
 e 
不妨设x  x 0，则lnx (a1)x , lnx (a1)x ，两式相加得：
2 1 1 1 2 2
x
ln  x x (a1)  x x ，两式相减得：ln 2 (a1)  x x  ，
1 2 1 2 x 2 1
1
 
ln x x x x
 1 2  1 2 x x x
x x x ，故ln  x x  1 2 ln 2 ，
ln 2 2 1 1 2 x x x
x 2 1 1
1
 x 
2 2 1
要证x x e2，只需证 x 1 x 2 ln x 2 2，即证ln x 2  2  x 2 x 1    x 1  ，
1 2 x x x x x x x
2 1 1 1 1 2 1 2
x
1
x 2(t1)
令t  2 1，故只需证lnt  在(1,)恒成立即可．
x 1t
1
第 3 页 共 4 页2(t1)
令g(t)lnt (t 1)，
1t
1 4 (t1)2
则g(t)   0，∴g(x)在(1,)上单调递增，
t (t1)2 t(t1)2
2(t1)
g(t) g(1)0，即lnt  在(1,)恒成立．x x e2．
1t 1 2
选考题:共 10分。

22.（10分）（1）2 4 2sin( )4可化为：2 4sin4cos4，
4
xcos
将 
代入，得曲线C的直角坐标方程为：x24xy24y40
.
y sin
 1
x1 t

 2

 3
y2 t
直线l的参数方程为 2 化简可得：t2 t30，
t t 1,
1 2

设点A，B所对应的参数方程分别为t
1
，t
2
，满足0，由t
1
t
2
3,
AB  t t  t t 2 4tt  143  13
由直线参数的几何意义得， 1 2 1 2 12 .
(2)将直线l的参数方程化为普通方程得： 3xy2 30 ，
设P(22cos,22sin)，得点P到直线AB的距离为：
 
322cos22sin2 3 32 3cos2sin 34sin 
d
2

2
，即：d
2
3   3
2
4
.
1 34 39
由（1）知 AB  13，当d取最大值时，S    13  13 ，
PAB
2 2 4
39
所以△PAB面积的最大值为 13 .
4
23.（10分）
, >
解：(1)当a 1时，( ) = 2 + + ， ( ) = | + |+| | = , ,
2   , <1
−   4    1  −1 2 −1 ≤  ≤ 1
当 > 时，令 2 + +4 2 ，解得 < ，
−2   −1
17−1
则  ( ) 1 ( )的 − 解  集为  , ≥  ； 1  ≤ 2
当 时，令 2 + 17−1 + ，解得 ，
≥   (1 2 ]
则 ( ) ( )的解集为 ；
−1 ≤  ≤ 1 −   4 ≥ 2 −1 ≤  ≤ 1
当 < 时，令 ，此时无解，则 ( ) ( )的解集为 ．
⌀
≥   [−1,1]
综上所述， ( ) (2 )的解集为 ；
−1 −x +x+4 ≥−2x   ≥  
(2)依题意得： 在 17−1 恒成立，
≥   [−1, 2 ]
即 2在 上恒成立，
−x +ax+4 ≥ 2 x ∈ [−1,1]
2
则只需 ，解得 ，
−   −2 ≤ 0 [−1,1]
2
故 的取1值范−围  ⋅是1−2 ≤ 0．
2 −1 ≤ a ≤ 1
(−1) −  (−1)−2 ≤ 0
[−1,1]
第 4 页 共 4 页