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