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1、成都七中高 2023 届高考热身试题数 学(理科)参考解答一、选择题：本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.解：N 是自然数集,AB0,1,2,2,1,0,1,于是AB0,1.答案为 C.2.解：在这 12 个月中,我国居民消费价格月度同比数据的众数为 2.1%.我国居民消费价格月度环比数据的众数为 0.0%.我国居民消费价格最低是 1 月.我国居民消费价格最高是 10 月.答案为 D.3.解：取 ab1,1,满足ab,但 ba1,所以 A 错误.取ab44,3满足ab,但 abtan1tan1,所以 B 错误.ab,则ab

2、0,a b2210,所以 C 正确.取abe1,abeln()ln11,所以 D 错误.答案为 C.4.解：根据祖暅原理当=SS12 时,一定有VV12 成立,反之,当VV12 成立时,不一定有=SS12成立,比如两个完全相同的三棱锥,正置和倒置时,S1,S2 不一定相等.故“VV12”是“S1 S2”必要不充分条件.答案为 A.5.解：因为a b/,所以25,cossin 2于是25.cos2sincos若cos0,则 sin1.sin 22sincos0,满足a b/.若cos0,则25,12sin所以4sin5(矛盾).答案为 C.6.解：公比 aaqaa1221223,于是 aaaa

3、q()1(2)8.451233答案为 B.7.解：对于 A,是面面垂直的性质定理,A 正确.对于 B,l/,则 l,又m,则 lm.B 正确.对于 C,若 与 相交,取l m,均平行于,的公共棱,则可以满足条件,所以 C 错误对于 D,因为 m,m/,所以存在直线mm m,/.因为l m,是异面直线,所以 l 与m相交,因为mm mm/,所以 m/,又因为 l,l/,所以/,D 正确答案为 C.8.解：f32(0)sin3,即 B2(0,)3,由图可知：点 A 为减区间的对称中心,令xkk3,Z2,解得xkk32,Z2,取k0,则x32,即 A 3(,0)2,可得BAOA323(,),(,0)

4、232,因为点 A 为线段 CD 的中点,则BCBDBA32(,3)4,答案为 A.说明：求解过程也可求导.二、填空题：本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.把答案填在答题卡上.13.解：设zabi,a b,R,则zab22,因为 zz1 3i,所以 ababi1 3i22,所以 baba3122,所以 ba34,即z4 3i,所以z43522.答案为5.14.解：作出可行域,如图,令 yxy1,可得 A(1,1),令 yxxy1,可得 B 2 2(,)1 1.设zxy32,则直线xyz32过点 A(1,1)时,z 取最小值5,过点 B 2 2(,)1 1 时,z 取最大值 25,

5、因此xy32的最大值是 5.答案为 5.15.解：比较同时开放m1,m2 两个安全出口与同时开放m2,m3 两个安全出口,可得m1 比m3快；同理得m1 比m4 快；m2 比 m1 快.所以疏散乘客用时最短的一个安全出口的编号是m2.答案为m2.16.解：由aaaa1423得aqa qq(1)(),1132于是qq(1)(1)02.又q1,所以 q1.又a1.1于是 qSaqnnn121(1)(1)1,所以 qSttaqnnn2121(1)(1)1.因为SSStttttt222222,22123所以 ttt22()(),1.222当 t1时,Stnn22(1)是等比数列.答案为1.三、解答题：

6、本大题共 6 小题,共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(本小题满分 12 分)解：(1)由题意可得：ABABAB22sinsin(coscossinsin),2整理得ABAB2sinsincoscos,2 即 AB2cos().23 分于是C2cos.2因为C)(0,所以C4.6 分(2)因为ABC 的面积V SabCaABC222sin46112,所以a3 2.8 分所以 c218 162 3 241022,即 c10.10 分因为acBacb2 3 21025cos018 10 165222,从而B2(0,),则BB5sin1 cos.2 5212 分18.(本小

7、题满分 12 分)解：(1)取CC1 的中点 P,连接 PB PM B F E C,11111,又 M 为 EE1的中点,再结合正六棱柱的性质得四边形 PME C11 是平行四边形,四边形 BC E F1111 是平行四边形,于是 PM B F/11,且PMB F11,所以四边形 MPB F11 为平行四边形.2 分所以 MF PB/11,又 N P,均为对应棱的中点,四边形 PB NC1是平行四边形,于是 PBCN/1,所以 MF CN/1.故C,M,F1,N 四点共面；5 分(2)根据正六棱柱的性质可得：CE CB CC,1 两两相互垂直,以CE CB CC,1 为 x 轴,y 轴,z 轴

8、,建立如图的空间直角坐标系Cxyz,则 ACEMN).(3,3,0),(0,0,0),(2 3,0,0),(2 3,0,2),(0,2,26 分于是AE(3,3,0),CMCN(2 3,0,2),(0,2,2),根据正六棱柱的性质知AB AEAA AE0,0.1所以平面 ABB A11 的法向量nAE(3,3,0)1.8 分设平面CMF N1的法向量为nx y z,2,则CN nCM n0022即yzxz2202 320,则n(1,3,3)2.10 分设平面CMF N1与平面 ABB A11 所成角.因为 n nn nn n2 377cos,2 31121212所以 n n7sin1 cos,

9、.42122所以平面CMF N1与平面 ABB A11 所成角的正弦值为7.4212 分19.(本小题满分 12 分)解：(1)由频数分布表可知,该市一天的空气质量等级为1的概率为1000.416 1025,等级为2 的概率为1000.319 10 12,所以“空气质量好”的概率为0.41 0.310.72.3 分所以该市 2022 年(365 天)“空气质量好”的天数为365 0.72262.8263天.6 分(2)22列联表如下：人次 400人次 400空气质量好3537空气质量不好2088 分 K55 45 72 2862374.2416.635100(35 837 20)2645022

10、.10 分因此,没有 99的把握认为一天中到江边绿道锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.12 分20.(本小题满分 12 分)解：(1)设点 P x y(,).因为PAPMOA|,所以 xyxx(2)22,(2)22化简得 yxx4(3)(2).2所以轨迹C 的方程为 yxx4(3)(2).24 分(2)设直线lxmy:1.S x yT xy(,),(,).1122联立xmyyx14(3)2得 ymym4160,16640,22从而 yym y y4,16.1212于是xxm yym()242,12122 x xmymym y ym yymmm(1)(1)()116411 12.1212121

11、22222以线段 ST 为直径的圆的方程为xxxxyyyy()()()()0.12127 分即xyxx xyyyx xy y()()0.1212121222代入yyy y xx x x,1212121 2 得xymxmym(42)412150.22229 分由对称性知定点在 x 轴上,令y0得xmxm(42)12150.222于是xmxx(412)(215)0.22由m 的任意性质,所以xxx2150,41202解得 x3.所以以线段 ST 为直径的圆过定点为(3,0).12 分21.(本小题满分 12 分)解：(1)fxaxx()e2e02有两个两侧异号的零点 x x,12.又 f(0)1

12、e0,2于是xax2ee2.2 分令xg xx()ee2,则xg xxx()(1)ee22,令h xxx()(1)ee2,则h xxx()e.当 x(,0)时,h xxx()(1)ee0,2于是xg xxx()0(1)ee22,所以 g x()在(,0)单调递减.且xg xx()0.ee2当 x(0,)时,h x()0,h x()在(0,)单调递增,又h(2)0,所以当 x(0,2)时,h x()0,g x()0,g x()在(0,2)单调递减.当 x(2,)时,h x()0,g x()0,g x()在(2,)单调递增.又g(2)e2 且 xg x,().xg x0,().所以a2e.2 所以

13、实数a 的取值范围为2(,).e25 分(2)因为fxfx()()012,所以axaxxxee2,ee2.122212于是a xxxxee2().2121从而xxaxx2ee2121.7 分下面证明xxxxxxeee2122112.即证明xxxxxxee12122121.令uxx221,即证明uuuu2e(0)e12u0.即证明u uuuee2(0).令 uu uuu()ee2(0),uuuuu()ee22 ee20.所以 u()在(0,)单调递增,所以u()(0)0.从而u uuuee2(0).所以xxxxxxeee2122112.10 分于是axx2e212,由(1)知xx a20,e12

14、2从而x xaxx2ln 2.121212 分说明：也可换元后用对数均值来书写.22.(本小题满分 10 分)选修44：坐标系与参数方程解：(1)联立曲线G 与射线l6:极坐标方程可得：2sin 2362sin3,即OP3；5 分(2)设 A(,)11,B)0,2(,),2212.由题结合 AOB4,可得 42sin 2,2sin 22sin 2()2cos2.112211则 SOA OBAOB244422sin4sin 2cos2sin 42222112111.当241,即81时,S AOB 最大值为 22.所以AOB 面积的最大值为 22.10 分23.(本小题满分 10 分)选修45：不等式选讲解：(1)xaxbabxbccabcf xcxa()2()()22,当且仅当xa xb()()0 时取等号,于是 abc21.5 分(2)证明：abcabc abc()(2)1111abcabc2()(2)()()122222abcabc2(122)(12)22,即abc(12)32 2,112当且仅当 abc2 取等.所以abc32 211.10 分