河南省南阳市第一中学校2022-2023学年高三上学期第一次阶段性考试数学（理）试题_2.2025数学总复习_数学高考模拟题_2023年模拟题_老高考

5．在以O为极点的极坐标系中，圆8cos和直线cosa相交于A,B两点.若 OAB是等
南阳一中 2023 届高三第一次阶段性考试
边三角形，则a的值等于（ ）
11 13
理数试题 考试时间：2022.8.5 A．5 B． C．6 D．
2 2
一、单选题(共60分) 6．在8件同一型号的产品中，有3件次品，5件合格品，现不放回的从中依次抽取2件，在第
1．下列求导的运算中，正确的是（ ） 一次抽到次品的条件下，第二次抽到次品的概率是（ ）
1 1 1 2
A．


lnx



1lnx B．ln2x1

1 A．
28
B．
10
C．
9
D．
7
 x  x2 2x1
7．已知不等式ax22lnx0恒成立，则a的取值范围为（ ）
C． x3ex 3x2ex D． 2xcosx  2xsinx A．   e 1 2 ,   B．   e 2 2 ,   C．    0, e 1 2   D．    0, e 2 2  
2．某项运动，得到下表：
8．已知函数y f x的导函数y fx的图象如图所示，那么（ ）
男 女 总计
A．函数y f x在1,2上不单调
爱好 40 20 60
不爱好 20 30 50 B．函数y f x在x1的切线的斜率为0
总计 60 50 110
C．x1是函数y f x的极小值点
附表： D．x2是函数y f x的极大值点
p  K2 k  0.050 0.010 0.001
9．函数 f xlog  x32ax  （a>0且a≠1）在（4，+∞）上单调递增，则a的取值范围是（ ）
a
k 3.841 6.635 10.828 A．1<a≤4 B．1<a≤8 C．1<a≤12 D．1<a≤24
10．某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p，各成员的支付方式相互独立，设X 为该
n(adbc)2 群体的10位成员中使用移动支付的人数，D(X)2.4，且 ，则E(X)（ ）
参考公式：K2  参照附表，得到的正确结论是（ ）
(ab)(cd)(ac)(bd) A．6 B．5 C．4 D．3
A．有99.9%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有关” 11．已知函数 f xx33xa，gx 2x1 ．若对任意x 2,2，总存在x 2,3，使得
x1 1 2
B．有99.9%以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关”
C．有99%以上的把握认为“爱好该项运动和性别有关” fx gx 成立，则实数a的最大值为（ ）
1 2
D．有99%以上的把握认为“爱好该项运动和性别无关”
7
x3m3m
A．7 B．5 C． D．3
3．方程 （m为参数）表示的曲线是（ ） 2
y3m3m
12．已知函数 f(x)的导函数为 f(x)，对任意的实数x都有 f(x)2(xa)ex f(x)，且f(0)=1，
A．双曲线 B．双曲线的左支 C．双曲线的右支 D．圆
若 f(x)在(1,1)上有极值点，则实数a的取值范围是（ ）
   
4．在极坐标系中，点  3, 6   到直线sin   3   1的距离为（ ） A．  , 3   B．  , 3  C．(0,1) D．(0,1]
 4  4
A．2 B．1 C．3 D． 31 二、填空题(共20分)
高三第一次阶段考试理数 1 高三第一次阶段考试理数 2 π  2
13．极坐标系中，过点2, 且与极轴垂直的直线方程（极坐标方程）为________． x1 t,
 3  2
20．已知直线 l 的参数方程为 （t为参数），以坐标原点为极点，x轴的非负半轴
 2
x3tsin30 y t
14．直线 （t为参数）的倾斜角是   2
ytcos30
为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为232sin24．
15．在平面直角坐标系中, 为原点, 动点 满足CD =1，则
(1)求直线 l 的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
(2)已知直线 l 与曲线C相交于P，Q两点，点M的直角坐标为(1,0)，求|MP||MQ|．
OAOBOD 的最大值是_________.
21．法国数学家庞加莱是个喜欢吃面包的人，他每天都会到同一家面包店购买一个面包．该面
1 16 包店的面包师声称自己所出售的面包的平均质量是1000g，上下浮动不超过50g．这句话用数
16．已知三次函数 f(x) ax3bx2xc无极值，且满足a 8，则a2b2 ______.
3 b2 学语言来表达就是：每个面包的质量服从期望为1000g，标准差为50g的正态分布．
三、解答题(共70分)
(1)已知如下结论：若X N  ,2 ，从X 的取值中随机抽取k  kN*,k2  个数据，记这
 3
x1 t,
  5 2
17．在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为 （t为参数），以坐标原点为极点， k个数据的平均值为Y，则随机变量Y N(, )．利用该结论解决下面问题．
y 4 t k
 5 （i）假设面包师的说法是真实的，随机购买25个面包，记随机购买25个面包的平均值为

x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的方程为12sin2 sin0，直线l与x，y轴的 Y，求PY 980；
2
交点分别为A，B．
（ii）庞加莱每天都会将买来的面包称重并记录，25天后，得到的数据都落在950,1050上，
(1)求直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
(2)若点M 是曲线C上异于A，B的一点，求△MAB的面积的最大值． 并经计算25个面包质量的平均值为978.72g．庞加莱通过分析举报了该面包师，从概率角度说
明庞加莱举报该面包师的理由；
(2)假设有甲，乙两箱面包（面包除颜色外，其他都一样），已知甲箱中共装有 6 个面包，
xcos x2x
18．曲线C : 经过伸缩变换 后得到曲线C ；以坐标原点 O 为极点，x 轴正 其中黑色面包有2个；乙箱中共装有8个面包，其中黑色面包有3个．已知从甲箱抽取面包的
1 ysin y 2y 2
1 2
概率为 ，从乙箱抽取面包的概率为 ，现随机挑选一箱，然后从该箱中随机取出2个面包．求
半轴为极轴建立极坐标系. 3 3
取出黑色面包个数的分布列及数学期望．
(1)求曲线C 的极坐标方程；
2
附 ： ① 随 机 变量服 从 正 态 分 布 N  ,2 ， 则 P0.6827 ，
1 1
(2)若A，B分别为曲线C 上的两点，且OAOB，求  的值.
2 |OA|2 |OB|2
P220.9545,P330.9973；
②通常把发生概率小于0.05的事件称为小概率事件，小概率事件基本不会发生．
19．已知函数 f(x)2a(x1)exx2（其中aR,e为自然对数的底数）．
22．已知函数 f xalnx4x2aR．
(1)若a1，求曲线y f(x)在x1处的切线方程；
(2)若 f(x)在(0,)内取得极小值-1，求a的值．
(1)讨论函数 f x的单调性；
1
(2)若 f x有极值点 ，且关于x的不等式 f x6x2kx2恒成立，求整数k的最小值．
4
高三第一次阶段考试理数 3 高三第一次阶段考试理数 4南阳一中高三年级第一次阶段性考试理数答案及考后整理卷 由xcos,ysin，代入化简，可得极坐标方程为2  4 .
1sin2
理数答案部分 (2)设A(,)，由OAOB，可得B(,  )，
1 2 2
一、选择题 
1--5．ACCAC 6--10．DBDBA 11--12．DC. ∴ 1 1 1 1 1+sin2 1+sin2( 2 )  3 ，
   = 
OA2 OB2 2 2 4 4 4
二、填空题 1 2
1 1 3
13． cos1 13. 120 15．1 7 16．12 即   .
|OA|2 |OB|2 4
三、解答题
19．(1)由 f(x)2a(x1)exx2可得 fx2axex2x2x  aex1  ，
 3
x1 t,

 5
17．（1）由 （t 为参数）消去参数 t 得4x3y40，即为直线 l 的普通方程．由 当 a1时， f(1)1， f12(e1) ，所以曲线 y f(x) 在 x1处的切线方程为
4
y t
 5
y12(e1)x1，即y2(e1)x2e1

12sin2 sin0，得cossin2，因为xcos，ysin，2 x2y2，
2
(2)由（1） fx2x  aex1  ，
所以x2y2xy0，即为曲线C的直角坐标方程．
当a 0时，aex10，
 1 2  1 2 1 当x0时， f(x)0， f(x)在(0,)上单调递减，故在(0,)内不存在极值；
（2）由（1）知曲线C的平面直角坐标方程为x2y2xy0，配方得 x  y   ，
 2  2 2 1
当a0时，由 f(x)0得，x 0，x ln ，
1 2 a
1 2 1 2  4
设M  cos,  sin，对4x3y40，令x0得y ；令y0得x1，所以 1


2 2 2 2 

3 要使 f(x)在(0,)内存在极小值，ln 0，解得0a1，
a
 4 5  1  1 
A 1,0 ，B0, ，所以 AB  ，则M 到直线AB的距离 此时 f(x)在0,ln 上单调递减，在ln ,上单调递增，
 3 3  a  a 
3 3 2 5 2 1  1  1   1 2  1 2 1
22 2cos 2  2 sin4 2 sin 2 ，当sin1（其中tan 4 ） 所以 f(x)取得极小值 f   ln a   2  ln a 1    ln a   1，即   ln a   2ln a 10，
d   3
5 5
1 1
解得ln 1，a ．
a e
5 2 1

时，d取最大值 2 2 5 21．故此时△MAB的面积最大值为  2
 x1 t,
5 10  2
20．(1)由 （t为参数），
1 1 5 5 21 5 21  2
AB d     . y t

2 2 3 10 12  2
可得l的普通方程为xy10；
xcos
18． (1)曲线C ： 的普通方程为x2y2 1，
1 ysin 2 x2y2,
由曲线C的极坐标方程232sin24及
 sin y,
x2x x2 y2
经过伸缩变换 后得到曲线C :  1，
y 2y 2 4 2 可得x2y23y2 4，
理数答案 1 理数答案 2x2 a a
整理得 y2 1， 当a0时，令 fx0，得0x ，令 fx0，得x ，
4 4 4
x2  a a 
所以曲线C的直角坐标方程为 y2 1． 所以 f x在0, 上单调递增，在 ,上单调递减．
4  4 4 
(2)易知点M在直线 l 上， 1
(2)解：由（1）可知，若 f x有极值点 ，
4
2 2
 2   2 
将 l 的参数方程代入C的直角坐标方程，得1 t 4 t 4， a 1
 2   2  则a0，且  ，所以a1，所以 f xlnx4x2x0，
   
4 4
即5t22 2t60，
因为关于x的不等式 f x6x2kx2恒成立，
2 2 6
设P，Q对应的参数分别为t ,t ，则t t  ,tt  ，
1 2 1 2 5 12 5 lnx2x
所以k 在0,上恒成立．
x2
2
因为t 1 t 2 0，所以 MP  MQ  t 1 t 2  t 1 t 2 24t 1 t 2      2 5 2    4     6 5     8 5 2 ． 设gx lnx x  2 2x ，则gx 12x x  3 2lnx ，
21.(1)（i）因为 502 100，所以Y N  1000,102 ，因为P220.9545 设hx12x2lnxx0，hx2 2 0，所以hx在0,上单调递减，
25 x
10.9545 3 3 3 4 1 1 4  1 256 
所以P2 0.02275，因为9801000210， h 1 2ln 2ln   4ln 1 ln 10，
2 4 2 4 3 2 2 3  2 81 
4 8 4 5 3 310 5  3 5  3 625 
所以PY 980PY 20.02275； h 1 2ln 2ln    ln 1 4ln 1 ln 10．
5 5 5 4 5 5 3 4  5 4  5 256 
3 4
（ii）由第一问知PY 980PY 20.02275，庞加莱计算25个面包质量的平均 所以存在x  , ，使得hx 0，且当0xx 时，hx0，即gx0，gx单
0 4 5 0 0
值为978.72g，978.72980，而0.02275<0.05，为小概率事件，小概率事件基本不会发生，这
调递增，当xx 时，hx0，即gx0，gx单调递减，
就是庞加莱举报该面包师的理由 0
(2)设取出黑色面包个数为随机变量，则的可能取值为0，1，2， lnx 2x
所以gx gx  0 0 ，其中x 满足hx 12x 2lnx 0，
1 4 3 2 5 4 39 1 2 4 2 3 5 337 max 0 x2 0 0 0 0
则 p0       ； p1   2   2 ， 0
3 6 5 3 8 7 105 3 6 5 3 8 7 630 lnx 2x lnx 2x
所以k  0 0 ，设k的最小值为m，则m 0 0 ，
1 2 1 2 3 2 59
x2 x2
p2       ， 0 0
3 6 5 3 8 7 630 1
12x x 2 2
故分布列为： 由hx 0得lnx  0 ， 2 0 1  1  1 1 1  1．
0 0 2 m       1 
x2 2 x  x 2x  2
 0 1 2 0 0 0 0
3 4 5 1 4 65 1 1  2 1 20 65 20
p 1 3 0 9 5 3 6 3 3 7 0 6 5 3 9 0 当 4 x 0  5 时， 4  x 0  3 ，所以 32  2  x 0 1   2  9 ，即 32 m 9 ．
39 337 59 91 所以整数k的最小值为3．
其中数学期望E 0 1 2
105 630 630 126
a a4x
22．(1)解：因为 f xalnx4x2定义域为0,，所以 fx 4 ，
x x
当a0时， fx0恒成立，所以 f x在0,上单调递减；
理数答案 3 理数答案 4