答案文科_2.2025数学总复习_数学高考模拟题_2023年模拟题_老高考_甘肃省张掖市23届高三上学期第一次诊断考试数学含答案

张掖市 2022——2023 学年高三年级第一次诊断考试 数学试卷(文科）答案 一、选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B B C A D D D C C A B D 二、填空题： 13.  x 0  R ,3 x 0 2  2 x 0  1  0 14. 2 15. 2 2 16. 10 三、解答题： 17. （1） a 2a 2， n1 n  a n  1  2  2 ( a n  2 ) , ( n  N * ) ，又a 24 1 所以数列  a n  2  是以4为首项以2为公比的等比数列. ·······6分 （2）由（1）可知， a n  2  4  2 n  1  2 n  1 ，  a n  2 n  1  2 .  S n  4  1 1   2 2 n   2 n  2 n  2  2 n  4 .·······12分 18. (1)对冰壶运动感兴趣的人数为 4 0 0  2 7 4 0 0  2 7 0 人，女生中有 8 0 人对冰壶运动没有兴趣， 所以女生中有 2 0 0  8 0  1 2 0 人对冰壶运动有兴趣，所以男生中有270120150人对冰壶运动 有兴趣， 按性别用分层抽样的方法从对冰壶运动有兴趣的学生中，抽取 9 人作为冰壶运动的宣传员， 其中抽取的男生为 1 2 5 7 0 0  9  5 人，女生为 1 2 2 7 0 0  9  4 人，即男生选 5 人，女生选 4 人. ·······6分 (2)由题意，完成下面22列联表如下 有兴趣 没有兴趣 合计 男 150 50 200 女 120 80 200 合计 270 130 400 n(adbc)2 400(1508050120)2 K2   10.266.635， (ab)(cd)(ac)(bd) 200200270130所以有99%的把握认为对冰壶运动是否有兴趣与性别有关. ·······12分 19. (1)证明：如图，取PC的中点F，连接EF，BF． 因为E是棱PD的中点，所以 E F / / C D ，且 E F = 1 2 C D ． 因为AB//CD， A B  1 2 C D ，所以EF//AB， E F  A B ， 所以四边形ABFE是平行四边形，所以AE//BF ． 因为 A E  平面PBC，BF 平面PBC， 所以 A E / / 平面 P B C ．·······6分 (2)解：如图，连接BD，因为E是PD的中点，所以点E到平面PBC的距离等于点D到平面 PBC的距离的一半． 平面 P A D  平面 A B C D ， A B / / C D ， A D  C D ，易知 A B  平面PAD， C D  平面PAD． 因此平面PAD内的直线 P A , P D 都与 A B , C D 垂直， 因为 P A  P D  4 2 ， C D  2 A B  4 ，所以 P B  B C   4 2  2  2 2  6 ， P C   4 2  2  4 2  4 3 ， 1 所以S  4 3 3612 12 2． △PBC 2 设D到平面PBC的距离为h，则 V D  P B C  1 3  1 2 2 h  4 2 h ． 又 S △ B C D  1 2  4  4 2  8 2 ，三棱锥 P  B C D 的高即为 △ P A D 3 的高，长为4 2 2 6， 2 所以 V P  B C D  1 3  8 2  2 6  3 2 3 3 ． 32 3 4 6 2 6 由4 2h ，得h ，所以点E到平面PBC的距离等于 ．·······12分 3 3 3 20. （1）因为圆x2y2 2过椭圆C的上、下顶点，所以b 2； 又因为离心率 e  2 3 ，所以 c a  a 2  a 2 b 2  1  b a 2 2  2 3 ，解得 a 2  8 ， x2 y2 所以椭圆的方程为  1.·······5分 8 2 1 1 （2）由于直线l的斜率为 ，可设直线l的方程为y xt； 2 2代入椭圆方程 x 2  4 y 2  8 ，可得x22tx2t240， 由于直线l交椭圆C于P，Q两点， 所以   4 t 2  4 ( 2 t 2  4 )  0 , 整理解得2t2, 设点 P  x 1 , y 1  , Q  x 2 , y 2  ，由于点P与点E关于原点对称，故 E   x 1 ,  y 1  , x 1  x 2   2 t , x 1 x 2  2 t 2  4 ； y 1 y 1 (2x)(y 1)(2x )(y 1) 因为A2,1，所以k k  2  1  1 2 2 1 AE AQ x 2 x 2 (2x )(2x) 2 1 2 1 y 1  1 2 x 1  t , y 2  1 2 x 2  t , ( 2  x 1 ) ( y 2  1 )  ( 2  x 2 ) ( y 1  1 ) 2(y y )(x y x y )x x 4 2 1 1 2 2 1 1 2  x 2  x 1  ( x 1 x 2  tx 1  tx 2 )  x 1  x 2  4   x 1 x 2  t ( x 1  x 2 )  4   ( 2 t 2  4 )  t (  2 t )  4  0 , 故 k A E  k A Q  0 ，结论得证. ·······12分 21.(1) （1）由题意知， f(x) xex ex (x1)ex， 令 f ( x ) > 0 ，得x>1，令 f ( x )  0 ，得 x   1 . 则 f(x)在 (   ,  1 ) 上单调递减，在 (  1 ,   ) 上单调递增， 所以 f ( x ) 的极小值为 f (  1 )   1 e ，无极大值. ……………………5分 （2）当x>0时，要证 f ( x )  g ( x ) ，即证 e x  l n x x 2 . 令 F ( x )  x 2  l n x ( x  0 ) ，则 F ( x )  2 x  1 x ( x  0 ) ， 2 令F'(x)0，得x ，令 2 F '( x )  0 ，得 0  x  2 2 ，  2   2  则F(x)在0, 上单调递减，在 ,上单调递增，     2 2     所以当 x > 0 时， F ( x )  F  2 2   1 2  l n 2 2  0 ， lnx 所以x2 lnx，即 1.因为x>0时，ex e0 1， x2所以当 x > 0 时， e x  l n x x 2  x e 2  l n x x ， x>0 f(x) g(x) 所以当 时，不等式 成立. ……………………12分  t x1   2 22. 解：由 得 3  y 2 t  2 y  2   3 ( x  1 )  l 的普通方程为： y   3 x  2  3 ………………2分 C 的极坐标方程是 4 c o s    2 4 c o s       x 2  y 2  4 x C的直角坐标方程为： x 2  y 2  4 x  0 ………………5 分 ②将 l 的参数方程代入 C 的直角坐标方程 t 3 t (1 )2 (2 t)2 4(1 )0 2 2 2 t2 (2 31)t10………………7 分  t1 t 2  1 , t1  t 2  2 3  1  t1 , t 2 同号  | P A |  | P B | | t1 |  | t 2 | | t1  t 2 | 2 3  1 ………………10 分 23. （1）由已知得 f ( x )    x 3 3  x x 5   3 3 x  x  1 2    4 1 2 x  4 1 当x 时， 2  3 x  3  6  x   1   1  x   1 2 当  1 2  x  4 时，x56 x1   1 2  x  1 当x4时，3x36 x3 舍 综上得 f ( x )  6 的解集为 1,1………………5 分 （2） f ( x )  x  4  2 x  1  2 x  8  9 f ( x )  x  4  a 2  8 a 有解 a2 8a 9 (a9)(a1)0………………7 分 a  1或a 9 a的取值范围是 ,1 (9,).………………10 分