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