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-34>0， 0 0 所以-30；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01，∴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01 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