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