数学（理科）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届甘肃省兰州市第六十一中学高三上学期期末考试数学_2023届甘肃省兰州市第六十一中学高三上学期期末考试数学

兰化一中 2023 届高三第四次阶段考试 数学（理科）答案 一、 选择题（每题 5分，共 60分） 题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 号 选 D B B A D A C A C B D D 项 12题解析： 画出 f(x)的图象，由0abc且 f(a) f(b) f(c)得： e 0a1,1b e,c e,lnalnb,lnb ,ab1,clnbe. c 1 af(b)bf(c)cf(a) =（abc)lnb =（ b)lnbe, b 1 1 1 1 令g(b)(b )lnb+e,(1be)，则g(b)(1 )lnb(b ) ， b b2 b b 1 g(b)1lnb (1lnb)，1 b e,1lnb 0,lnb 0，g(b)0， b2 1 1 则函数g(b)在区间1,e上单调递增，g(1) g(b) g(e)，即e（ b)lnbe2e ， b e 1 af(b)bf(c)cf(a)的取值范围是e,2e  （以a为变量时，注意a的取值范围为 e 1 a1）.故答案为D. e 二、填空题（每题 5 分，共 20分） 13、 1,1  14、-1 或3 15、4 16、4037 三、解答题（共 70分） 17.（12 分） （1）选① 2cb cosB 2sinCsinB cosB  ，所以  ， a cosA sinA cosA 所以2sinCcosAsinBcosAsinAcosB， 整理得2sinCcosAsinBcosAsinAcosBsin(AB)sinC. 1  π π 因为sinC0，所以cosA .因为A0,  ，所以A . 2  2 3 选②因为2acosCc2b，所以 2sinAcosCsinC 2sinB2sinAC ， 所以2sinAcosCsinC2sinAcosC2cosAsinC，整理得sinC 2cosAsinC.1  π π 因为sinC0，所以cosA ，因为A0,  ，所以A . 2  2 3 1 asinAcosC  csin2A  3bcosA 选③因为 2 ， 所以 sinAsinAcosCsinCsinAcosA 3sinBcosA ， 所以sinA(sinAcosCsinCcosA) 3sinBcosA，整理得 sinAsinB  3sinBcosA .  π π 因为sinB0，所以sinA 3cosA.因为A0,  ，所以 tanA 3 ，A .  2 3 （2）因为A π ，所以cosBcosCcosBcos BA  1 cosB 3 sinBsin   B π . 3 2 2  6  π 2π  π π π 因为B0,  ，所以C B0,  ，所以B ,  ，  2 3  2 6 2 π π 2π  π  3   3  所以B  ,  ，所以sinB   ,1，故cosBcosC  ,1. 6 3 3   6  2   2  18.（12 分） （1）∵0.00250.0150.020100.375，0.00250.0150.0200.025100.625， 所以中位数位于60,70之间， 设这200名同学竞赛成绩的中位数为x，则  0.00250.0150.0200.025x 60   100.5，解得x65． 竞赛成绩不低于80分的学生人数为：2000.0100.0051030； （2）设这名同学获得书籍的数量为，则的可能取值为2，4，6，8． P2 2 3  3 4  1 2 ，P4 1 3     3 4    2  2 3  1 4  1 4 7 8 ，P6 1 3 C1 2  3 4  1 4  1 8 ， 2 1 1 1 P8    ， 3 4 48 所以的分布列为  2 4 6 8 1 17 1 1 10 E2 4 6 8  1 17 1 1 2 48 8 48 3 P 2 48 8 4819.（12 分） （1）取线段CF中点 H ，连接OH、GH ， 由图1可知，四边形EBCF是矩形，且CB2EB， O是线段 BF 与CE的中点， 1 OH//BC 且OH  BC， 2 1 在图1中AG//BC且AG BC，EF//BC且EF=BC． 2 1 所以在图2中，AG//BC且AG BC， 2 AG//OH且AGOH 四边形AOHG是平行四边形，则AO//HG 由于AO平面GCF ，HG平面GCF， AO //平面GCF. （2）由图1，EF  AE,EF BE，折起后在图2中仍有EF  AE,EF BE， AEB即为二面角AEFB的平面角． 2 AEB= π， 3 以E为坐标原点， E  B  ，  E  F 分别为x轴和y轴正向建立空间直角坐标系Exyz如图， 且设CB2EB=2EA=4， 则B2,0,0,F0,4,0,A  1,0, 3 ，   F  G    F  E    E  A    A  G    F  E    E  A   1  E  F    1, 2, 3 ， 2  B  A    3,0, 3  ,  F  C    E  B   2,0,0，  设平面GCF的一个法向量 n(x,y,z) ，   n·FC 0 2x0 由  ，得 ，取 y= 3，则z2， n·FG0 x2y 3z0    于是平面GCF的一个法向量n 0, 3,2 ，     nBA 2 3 7 cos n,BA      ， n BA 12 7 7∴直线AB与平面GCF 所成角的正弦值为 7 . 7 20.（12 分） b 3   c 3 1 3 （1）由题可知 acb1 2 2 a2 b2c2   a2,  解得b1,  c 3, x2 故椭圆的方程为  y2 1. 4 （2）当直线l 的斜率不存在时，设P0,1，Q0,1，M0，m，   1 由PM 2MQ，0，m120,1m，得m ， 3 同理，当Q0,1 ,P0,1时，得m 1 ，所以m 1 ， 3 3 1 当直线l的斜率存在时，即m 时， 3 设直线PQ的方程为ykxm， ykxm, 联立 x24y2 4, 消去y得 14k2 x28kmx4m240. 因为直线l与椭圆C 交于不同的两点P、Q， 所以Δ(8km)2 4  14k2 4m2 4  0， 即 4k2m210①.设Px,y ,Qx ,y ， 1 1 2 2 8km 4m2 4 则x x  , xx  ②， 1 2 14k2 1 2 14k2   则PM x ,my ,MQ  x ,y m ， 1 1 2 2   由PM 2MQ，得x 2x ③， 1 2 (8km)2 4m24 ③代入②得2  ，  14k22 14k2 1m2 化简整理得k2  ④， 36m24 1m2 将④代入①得 m2 1， 9m21 1 化简得 m2 1， 9 1 1 解得1m 或 m1. 3 3  1 1  综上，m的取值范围为 1,  U  ,1.  3 3  21.（12 分） 1lnx （1） fxaex x0， x2 1lne 因为函数在xe处取得极值，所以 feaee 0 ，则a0， e2 1lnx 当a0时， fx 0，得xe x2 当x0,e时， f ¢( x )>0，函数单调递增，当xe,时， fx0，函数单调递 减，所以当xe时，函数取得极大值， 综上可知函数的单调递增区间是0,e，函数的单调递减区间是e,； （2）gx xfxxaxex ln xx2，x 1,恒成立， 即 axex lnxex 2 ，设 t  xex，tx1ex 0，所以函数 t  xex单调递增，te， 不等式转化为atlnt2，te时恒成立， 2lnt 2lnt  转化为a 恒成立，即a  ， t  t  min 2lnt 3lnt 设ht ，ht  0，解得： te3， t t2当t  e,e3时，ht0，函数单调递减，当t  e3, 时，ht0，函数单调递增， 1 所以当 te3时，函数ht取得最小值，最小值是 ， e3  1 所以实数a的取值范围为a a   e3 22.（10 分）（选做） x2t （1）直线l的参数方程为 ，消去参数t，可得y 3(x1)，即 y 3(1t) 3xy 30；  曲线C的极坐标方程为4sin( )，即2 (2 3sin2cos)， 6 化为直角坐标方程是x2 y2 2 3y2x，即(x1)2(y 3)2 4； 所以直线l的普通方程是 3xy 30， 曲线C的直角坐标方程为(x1)2(y 3)2 4； （2）令x0，得直线l与y轴交于点P(0, 3)，  1 x m   2 把直线l的参数方程化为 (m为参数），代入(x1)2(y 3)2 4，  3 y 3 m  2 得到 m27m90 ， 故m m 7，mm 9； 1 2 1 2 1 1 1 1 m 2m2 (m m )22mm 4918 31     2 1  1 2 1 2   所以|PA|2 |PB|2 m2 m 2 m2m 2 m2m 2 81 81 1 2 1 2 1 2 23.（10 分）（选做） m12n （1）因为m12n3， 1， 3  1 4  所以 1 2 1 4  m1  2n     m12n      m1 n m1 2n 3 2n 4(m1) 14  m1 2n 52 4 ，   3 3 3 2n 4m1 当且仅当  ，且m2n2，即m0，n1时等号成立， m1 2n1 2 则  的最小值为3. m1 n m2 4n2 22n2 2m2 2n12 m22 （2）      2n2 m1 2n2 m1 n1 m1 2n128n18 m126m19   n1 m1 8 9 2n1 8m1 6 n1 m1 9 8   9 m1 n1 9 16    9， m1 2n2 m12n2 因为m12n25，所以 1， 5  9 16  所以原式  m1  2n2     m1 2m 2    9 5 92n2 16m1 916  ，  m1 2n2  9 5 252 916  9 5 49 4  9 5 5 92n2 16m1 8 3 当且仅当  ，且m2n2，即m ，n 时等号成立， m1 2n2 7 7 m2 4n2 4 则  的最小值为 . 2n2 m1 5