文科诊断测试二答案_2.2025数学总复习_数学高考模拟题_2023年模拟题_老高考_河南省许昌市建安区第三高级中学2022-2023学年高三上学期诊断性测试数学

参考答案： 1．B 【分析】利用指数函数以及对数函数的单调性求得集合M,N，根据集合的并集运算即可得 答案. 【详解】解2x 4得x2，解log x1得0 x3， 3 故得M  x x2  ,N  x 0 x3  ， 故M N  x x0  ， 故选：B． 2．D 【分析】根据复数的四则运算和几何意义求解即可. 【详解】因为z2izi4，所以(1i)z42i， 42i 21i2i z   1 3i， 1i 1i1i 有 z  1132  10，故A不正确； 复数z在复平面内所对应的点为(1,3)，位于第一象限，故B错误； 复数z的共轭复数为z13i，故C错误； z1 2023 因为   i2023 i，故D正确，  3  故选:D. 3．D   【分析】先求出非零向量a,b的夹角余弦值，再利用向量数量积的运算律和定义处理         a3b  2ab ，即可得到答案.   1 【详解】解析 设a，b的夹角为，由tan2 6得cos . 5                  2    2  2    2 因为 a3b  2ab ，所以 a3b  2ab 2a 5ab3b 2a  a b 3b 0，  2    a a a a 3 得2    30，解得  1或   （舍去）. b 2 b b b 2 故选：D. 答案第1页，共15页4．C 1 【分析】结合题干条件以及余弦的二倍角公式得到cossin ，进而结合两角和的正弦 3 公式即可求出结果. cos2 cos2sin2 cossincossin 1 【详解】因为    cos sin ， sincos sincos sincos 3  3 3 3 2 2 1 2 所以sin sincos cossin   cossin    ，  4  4 4 2 2 3 6 故选：C. 5．B 【分析】根据流程图模拟计算后可求输出的值. 1 【详解】第一次判断后，S  ,k 1,k 4， 2 1 1 2 第二次判断后，S    ,k 2,k 4， 2 6 3 2 1 3 第三次判断后，S    ,k 3,k 4， 3 12 4 3 1 4 第四次判断后，S    ,k 4,k 4不成立，故终止循环， 4 20 5 故选：B. 6．A 4 【分析】根据平行线间的距离公式可得m0或m ，进而根据充分与不必要条件的定义 5 判断即可. 1(1) 【详解】两条平行线间的距离d  2，即5m24m0 ，解得m0或m 4 ， m22m12 5 即“m0”是“两直线间距离为2”的充分不必要条件. 故选：A. 7．D 1 【解析】先求出富强福和友善福两个都没有被选中的概率，然后再由P1 可得答案. 10 【详解】从富强福、和谐福、友善福、爱国福、敬业福5个福中随机选出3个福有C3 10选 5 法， 富强福和友善福两个都没有被选中有C3 1种选法， 3 答案第2页，共15页1 所以富强福和友善福两个都没有被选中的概率为 ， 10 1 9 则富强福和友善福至少有1个被选中的概率为P1  ， 10 10 故选：D． 8．A 【分析】根据不等式组画出可行域，再分析各选项即可. 【详解】作出满足题设约束条件的可行域，即如图ABC内部（含边界） 易得B(3,2) 作直线l :x4y0，把直线l 向上平移，z减小，当l 过点B(3,2)时，zx4y取得最小值， 1 1 1 故A正确； 作直线l :4xy0，把直线l 向上平移，z减小，当l 过点B(3,2)时，z 4x y取得最大 2 2 2 值，故B错误； 作直线l :x4y0，把直线l 向上平移，z增加，当l 过点B(3,2)时，zx4y 取得最大 3 3 3 值，故C错误； 作直线l :4x y0，把直线l 向上平移，z增加，当l 过点B(3,2)时，z4x y取得最大 4 4 4 值，故D错误． 故选：A． 9．D 【分析】判断函数的奇偶性，可判断A；取特殊值，根据特殊值的函数值可判断B,C,D,可得 答案. ln x cosx 【详解】由题意函数 f x ，xπ,00,π ， xsinx 答案第3页，共15页ln xcos(x) ln x cosx 则 f x f (x)，故 f x 为奇函数， xsin(x) xsinx 其图像关于原点对称，故A错误； π π 又因为 f(1) f(1)0， f( ) f( )0,可判断B错误， 2 2 π 1 ln  π 3 2 lnπ f( ) 0, f(π)=  0，故C错误， 3 π 3 π  3 2 只有D中图像符合题意，故D正确， 故选：D 10．D 【分析】根据正余弦定理即可结合选项逐一求解. π π 5π 2π 【详解】由于B ，故当ABC是等腰三角形时，A 或A 或A ； 6 6 12 3 π π 当A 时，ABC是等腰三角形，所以ABC是等腰三角形是A 的必要不充分条件， 6 6 所以选项A不正确； 2 3 2 3 AB AC  ,sinC π 2π π 当 AB2 3 时，  ，即 sinC π 2 ，所以C  或C  ，则A sinC sinB sin 3 3 2 6 π π 2π π 或A ；当A 时，C  ，根据正弦定理可得 AB2 3 ，所以 AB2 3 是A 的 6 6 3 6 必要不充分条件，所以选项B不正确； 4 2 BC AC  π π 当BC 4时，  ，即sinA π ，解得sinA1,A ，所以BC 4不是A sinA sinB sin 2 6 6 的充分条件，所以选项C不正确； π 1 当A 时，S  3；当S  3时，即 BCBAsinB 3,BCBA4 3，根据 6 ABC ABC 2 余弦定理BC2BA22BCBAcosB4，解得BC2BA2 16,BCBA,BC2,BA2 3， π π 则A ，所以S  3,BCBA是A 的充要条件， 6 ABC 6 故选：D． 11．C 【分析】连接QF ,可得三角形QPF 为等边三角形，过点P作PH⊥x轴于点H, 则 2 2 ∠PF H =60o，可得PF |=2c,,|PH|= 3c,|HF|=c，连接PF ,利用双曲线的性质, 2 2 2 1 答案第4页，共15页2a=|PF|-|PF |=2 3c-2c=2( 3-1)c,可得离心率e. 1 2 【详解】解：由题意得： 四边形FF PQ的边长为2c, 连接QF ,由对称性可知,|QF |=|QF|=2c,则三角形QPF 为等边 1 2 2 2 1 2 三角形. 过点P作PH⊥x轴于点H, 则∠PF H =60o， 2 |PF |=2c,在直角三角形PF H中,|PH|= 3c,|HF|=c, 2 2 2 则P(2c, 3c), 连接PF , 则|PF|=2 3c. 1 1 由双曲线的定义知,2a=|PF|-|PF |=2 3c-2c=2( 3-1)c, 1 2 c 1 1 3 所以双曲线的离心率为e= = = ， a 31 2 故选C. 【点睛】本题主要考查双曲线的相关性质及菱形的性质，灵活运用双曲线的性质是解题的关 键. 12．D 2ax22x1 【分析】求出函数的导数 fx ，令g(x)2ax22x1，讨论a的取值范围， x 结合 f xlnxax22x在0,1上存在极大值点，结合二次函数性质列出相应不等式，即 可求得答案. 【详解】由题意 f xlnxax2 2x,x0可得 fx 1 2ax2 2ax22x1 ， x x 令g(x)2ax22x1，则g(0)1 ， 当a0时，g(x)2x10,x 1 ，当0 x 1 时， f ¢( x )>0， f x递增， 2 2 1 1 当x 时， fx0， f x递减，函数 f x在x 时取极大值，符合题意； 2 2 答案第5页，共15页1 当a0时，g(x)图象对称轴为x 0， 2a 此时要使函数 f xlnxax22x在0,1上存在极大值点，需满足g(1)0， 1 1 即2a10,a ，则0a ， 2 2 1 此时x 1，g(x)在0,1上递减，存在x ，使得g(x )0， 2a 0 0 则当0xx 时，f ¢( x )>0，f x递增，当x  x1时，fx0，f x递减，函数 f x 0 0 在xx 时取极大值，符合题意； 0 1 当a<0时，g(x)图象开口向下，对称轴为x 0， 2a 此时要使函数 f xlnxax22x在0,1上存在极大值点，需满足g(1)0， 1 即2a10,a ，则a<0，同上同理可说明此时符合题意， 2  1 综合上述，可知a的取值范围为, ，  2 故选：D 13．e1 1 【分析】求得 fxx2ex ，得到 f13e1, f 12ex，根据题意得到 x b f1,a f 1，即可求解. 1 【详解】由题意，函数 f xx1ex lnx，可得 fxx2ex ， x 可得 f13e1， f 12e， 因为曲线y f x在1,a处的切线与直线bxy20平行， 可得b f13e1,a f 12e，所以bae1. 故答案为：e1  14． 12 【分析】先化简 f x的解析式，再由平移得出gx的解析式，由gx为偶函数，所以  2 k，kZ，从而可得出答案. 6 答案第6页，共15页  1cos2x   【详解】由函数 f x2cos2xcos2x  2 cos2xcos sin2xsin  3  2 3 3 3 3    cos2x sin2x1 3cos 2x  1 2 2  6    把函数 f x的图象向右平移个单位长度，得到函数gx 3cos 2x  1    6    即gx 3cos2x2  1的图象．  6  k  因为gx为偶函数，所以2 k，kZ，解得  ，kZ， 6 2 12  当k 0时，取得最小正值，最小正值为 ． 12  故答案为： 12 15．9 S ,n1 【分析】根据a  1 求出数列{a }的通项，再根据等比数列的前n项和公式求 n S S ,n2 n n n1 S 出 2n ，从而可得出答案. S n 【详解】解：由2a S 3，得2a S 3(n2)， n1 n n n1 两式相减得2a 2a a 0n2， n1 n n 1 则a  a n 2， n1 2 n 3 1 当n1时，2a a 3，所以a   a ， 2 1 2 4 2 1 3 1 所以数列{a }是以 为首项 为公比的等比数列， n 2 2 3 1  1  2 2n  1   1  则S n  1  3  1 2n   ，S 2n 3  1 22n   ， 1 2  1  31  S  22n 1 故 2n  1 ， S  1  2n n 31   2n 34 S 16 34 1 16 由  2n  ，得 1  ， 33 S 15 33 2n 15 n 答案第7页，共15页所以152n 33，所以n4或5， 即所有n的和为459. 故答案为：9. 16．3 1 3 【解析】作图，设PAx，则AO  x，PO  x， 1 2 1 2 2 3 1  PO  xOO 2 4 x 2，求出x，根据图像得，底面三角形ABC的面积最大 1 2 1 2  时，即底面为等腰直角三角形时，三棱锥PABC的体积最大，进而求解可得答案 【详解】 根据ABBC可知，AC为三角形ABC所在截面圆O 的直径，又平面PAC平面ABC， 1 1 3 △APC为等边三角形，所以P在OO 上，如图所示，设PAx，则AO  x，PO  x， 1 1 2 1 2 3 1  2  3  2 1  2 PO 1  2 xOO 1 2 4 2 x  2，   2 x2    4 2 x  ， 1 x22 3x0，x2 3 ，AO  2 3 3， 1 2 3 PO  2 33，当底面三角形ABC的面积最大时，即底面为等腰直角三角形时，三棱 1 2 1 1 1  锥PABC的体积最大，此时，V  S PO   2 3 333 3 ABC 1 3 2  故答案为：3 【点睛】关键点睛：解题关键是根据三角形的形状判断球心O的位置，得出B到平面APC的 最大距离，难度属于中档题 3 17．(1) 5 答案第8页，共15页27 (2) 13 【分析】（1）根据正弦定理边化角即可；     （2）利用余弦定理结合已知得ABACBABC 13b242b36，利用二次函数求得最小 值． 【详解】（1）解：a3，且a3b6， a3b2a， a3b， 由正弦定理可知sinA3sinB， ABCπ， sinAsin πBC   sin(BC)，  π 即sinB 3sinB ，  3 π π sinBcos cosBsin 3sinB ， 3 3 3 5 整理得 cosB sinB， 2 2 3 tanB ； 5     （2）解： ABACBABC bccosAaccosB，     b2c2a2 a2c2b2 由余弦定理可知ABACBABC  c2， 2 2 c2 a2b22abcosCa2b2ab，且a3b6，     ABACBABC(63b)2b2(63b)b13b242b36， 21 当b 时， 13     21 2 21 27 ABACBABC的最小值为13  42 36 ． 13 13 13 18．(1)y与x有很强的线性相关性； (2)y6.4x70.8，109.2万辆. 【分析】（1）根据公式求出线性相关系数r，从而可得出结论； 答案第9页，共15页（2）利用最小二乘法求出线性回归方程，再代入x的值，即可得出预计值. 【详解】（1）解：由表中数据可得x3，y90，∴ 5  x x 2 10， i i1 又 5  y y 2  434， 5  x x  y y   64， i i i i1 i1  5  x x  y y  i i 64 ∴r i1  0.970.75，  5  x x 2 5  y y 2 4340 i i i1 i1 所以y与x有很强的线性相关性；  5  x x  y y  i i 64 （2）解：由表中数据可得b ˆ i1  6.4，  5  x x 2 10 i i1 则a  ybx906.4370.8， ∴y6.4x70.8， 又2022年对应的代号为6，故 y6.4670.8109.2， 由此预计2022年该新能源汽车企业的销售量为109.2万辆． 19．(1)证明见解析； 1 (2) . 8 【分析】（1）首先确定EF//BC，在△DOM 中，利用勾股定理可证得DOOM ；再根据等 腰三角形三线合一可得DOEF；由线面垂直的判定定理可得结论； （2）连接OC，作EN//OC交BC于点N ，由线面平行的判定可知EN//平面DOC，进而确 1 定CN 1，由V  V ，利用三棱锥体积公式可得结果. RFNC 2 DFNC （1） 9 3 3 ABC为等边三角形，M 为BC中点，AM BC，AM  9  ； 4 2 2 2 2 AEAF 2，即AE  AB，AF  AC，EF//BC，AO AM ， 3 3 3 2 1 3 15 则在△DOM 中，DO AO AM  3，OM  AM  ，DM  ， 3 3 2 2 DM2 DO2OM2，即DOOM ； 答案第10页，共15页Q EF//BC，O为EF 中点，又DEDF，DOEF； OM EF O，OM,EF 平面EFCB，DO平面EFCB. （2） 连接OC，过E在平面EBCF上作EN//OC交BC于点N， Q OC平面DOC，EN 平面DOC，EN// 平面DOC， 1 1 此时四边形OCNE为平行四边形，CN OE  EF  BC 1， 2 3 1 1 1 1 1 1 3 1 V  V   S DO    1 1  3 ， RFNC 2 DFNC 2 3 FNC 2 3 2 2 8 1 即三棱锥RFNC的体积为 . 8 20．(1)答案见解析 (2)(,1] 【分析】（1）首先求出函数的定义域与导函数，分m0与m0两种情况讨论，分别求出函 数的单调区间； ex1 （2）依题意只需 a(xlnx)，即需要exlnx1a(xlnx)恒成立，设t(x) xlnx，x0， x 由（1）中的结论求出tx的最小值，则问题转化为et1at，t1恒成立，参变分离可得 et a， et et t1恒成立，再构造函数h(t) ，t1，利用导数求出函数的最小值，即可求出参数的取 et 值范围； (1) 解：因为 f(x) xmlnx定义域为0,， m xm 且 f(x)1  ， x x 当m0， f(x)0恒成立，所以该函数在(0,)上单调递增； 答案第11页，共15页当m0，令 f(x)0，解得x>m，令 f(x)0，解得0xm， 所以该函数的单调增区间为(m,)，单调减区间为(0,m). 综上，当m0， f(x)的单调递增区间为(0,)；当m0， f(x)的单调增区间为(m,)， 单调减区间为(0,m). (2) ex1 解：若要ex1ax2 axlnx，只需 a(xlnx)， x 即需要exlnx1a(xlnx)恒成立. 设t(x) xlnx，x0， 由（1）知t(x)在0,1上单调递减，在(1,)上单调递增，所以t(x)t(1)1， et 于是需要et1at，t1恒成立，即 a，t1恒成立. et et et(t1) 设h(t) ，t1，则h(t) 0恒成立， et et 所以h(t) h(1)1， min 则a1，即a(,1]. x2 21．(1) y2 1 3 (2)3  3 【分析】（1）由题意得2c4，再将P  2,   代入双曲线方程，结合c2 a2b2可求出a2,b2，  3  从而可求出双曲线方程， （2）设直线l 方程为yk(x2)，A(x,y ),B(x ,y ) ，将直线方入双曲线方程化简后利用 1 1 1 1 2 2 根与系数的关系，结合中点坐标公式可表示点M 的坐标，再利用k k 1表示出点N的坐 1 2 标，再表示出直线MN的方程，可求得直线MN过定点E(3,0)，从而可求得答案. 【详解】（1）由题意得2c4，得c=2， 所以a2b2 4，  3 因为点P2, 在双曲线上，    3  答案第12页，共15页4 1 所以  =1， a2 3b2 解得a2 3,b2 1， x2 所以双曲线方程为 y2 1， 3 （2）F(2,0)，设直线l 方程为yk(x2)，A(x,y ),B(x ,y ) ， 1 1 1 1 2 2 y=k (x+2)  1 由x2 ，得(13k2)x212k2x12k230  y2=1 1 1 1  3 12k2 12k23 则x x  1 , xx  1 ， 1 2 13k2 1 2 13k2 1 1 x x 6k 2 所以 1 2  1 ， 2 13k2 1  6k2 2k  所以AB的中点M 1 , 1 ， 13k2 13k2  1 1 因为k k 1， 1 2 1  6 2k  所以用 代换k ，得N , 1 ， k 1 k23 k23 1 1 1 6k2 6 当 1  ，即k 1时，直线MN的方程为x3，过点E(3,0)， 13k2 13k2 1 1 1 2k 2k 1  1 13k2 k23 2k 当k 1时，k  1 1  1 ， 1 MN 6k2 6 3(k21) 1  1 13k2 k23 1 1 2k 2k  6k2  直线MN的方程为y 1  1 x 1 ， 13k2 3(k21) 13k2  1 1 1 3(k21) 6k2 令y=0，得x 1  1 3， 13k2 13k2 1 1 所以直线MN也过定点E(3,0)， 1 y y OE 所以 S OMN  2 N M  OE  3 S 1 FE FMN y y FE 2 M N 22．(1)答案见详解； 答案第13页，共15页(2) 2. 【分析】（1）消去，即可求得C 的普通方程为x22 y2 4，轨迹为圆，又0π， 1 方程为x22 y2 4 ( 0＃y 2 )，可知轨迹为上半圆及其与x轴的两个交点；  π π （2）根据（1）可求得C 1 的极坐标方程为 1 4cos，   0, 2   ，代入 4 ，可求得 OP 2 2.将C 的参数方程化为普通方程后，可求得极坐标方程 cos sin6，代 2 2 2 π 入 ，可求得 OQ 3 2，进而求出线段PQ的长. 4 x22cos x22cos 【详解】（1）由已知 可得， ，则 y2sin y2sin x22 y2 2cos22sin2 4， 又0π，所以0sin1，则0 y2. 所以C 的普通方程为x22 y2 4 ( 0＃y 2 )，轨迹为以2,0为圆心，2为半径的圆的上 1 半圆以及其与x轴的两个交点0,0，4,0 .  π （2）由曲线C 1 :x22y2 4 ( 0＃y 2 )化为极坐标方程： 1 4cos，   0, 2   . π π 把 代入可得 4cos 2 2，所以 OP 2 2. 4 1 4  2 x1 t  2 C 的参数方程为 （t为参数），消去参数t可得x y6， 2  2 y5 t   2 π π π 可得极坐标方程为 cos sin6，把 代入方程可得 cos  sin  2 6， 2 2 4 2 4 2 4 2 所以 3 2，所以 OQ 3 2. 2 又O,P,Q三点共线，且有 PQ  OQ OP  3 22 2  2 . 23．(1)M 6 (2)36 【分析】（1）利用绝对值不等式得 x1 x2  x1x2 3，所以 x1 x2  t3 答案第14页，共15页有解只需 t3 3即可； （2）利用均值不等式求解即可. 【详解】（1）因为 x1 x2  x1x2 3，当且仅当x2等号成立 所以 x1 x2 的最大值为3． 因为不等式 f x t3有解，所以 t3 3，解得0t6， 所以实数t的最大值M 6． （2）由（1）知，abc12 3， 因为ab2c2≥4abc2 （当且仅当ab时，等号成立）， 4abc2 2ab2abc2 33 2ab  2ab c2 3 34 abc 23 34 1  2 3 2 36 ， 当且仅当2abc2，即ab 6，c2 3时，等号成立， 所以ab2c2的最小值为36． 答案第15页，共15页