【文档说明】四川省遂宁市2023届高三下学期三诊考试（三模） 数学（文）答.docx，共(7)页，346.431 KB，由小赞的店铺上传

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遂宁市高中2023届三诊考试数学（文科）试题参考答案及评分意见一、选择题（12×5=60分）123456789101112ADCBACBBCADB二、填空题（4×5=20分13．-714．1215．77616．2三、解答题17．（12分）（1））根据列联表代入计算可得：()22100403020

1050604050503K−==16.6676.635，……………………5分所以有99%的把握认为学生得“党史学习之星”与年级有关．……………………6分（2）由题意可知，所抽取的6名学生高一年级有4人

，记为1A，2A，3A，4A，高二年级有2人，设为甲、乙．……………………7分从这6人中随机抽取2人的所有基本事件有12,AA，13,AA，14,AA，1,A甲，1,A乙，23,AA，24,AA，2,A甲，2

,A乙，34,AA，3,A甲，3,A乙，4,A甲，4,A乙，,甲乙，共15个，……………………9分其中至少有一人是高二年级基本事件有1,A甲，2,A甲，3,A甲，4,A甲，,甲乙，1,A乙，2,A

乙，3,A乙，4,A乙，共9个．……………………11分故至少有一人是高二年级的概率93155P==．……………………12分18．（12分）解：（1）在ABC中因为bcosA+acosB=2ccosA.由正弦定理得sincossincos2sincosBAABCA

+=，所以sin()2sincosABCA+=………………………………………2分因为ABC++=，所以sin()sinABC+=.故有sin2sincosCCA=…4分又C是ABC的内角，所以sin0C.从而1cos2A=.而A为A

BC的内角，所以3A=………………………………………6分（2）因为3BCDC=所以3()ADABACAD−=−所以1344ADABAC=+…8分从而22221931939916168161616ABAC

ABACcbbc=++=++………10分由基本不等式可得：339981616bcbcbc+=,当且仅当43,433bc==时等号成立故ABC的面积的最大值为13164322=…………………………12分19.（

12分）（1）取AB得中点E，连接,SEDE，如图所示：因为290DABABCABD===，所以ABAD=，因为SAB△的面积为3，所以2ABAD==.在SDE中，2222213,22,125SESDDE=−=

==+=，因为222SEDESD+=，所以SEDE⊥，………………2分因为SAB△是等边三角形，E为线段AB的中点，所以SEAB⊥，又因为ABDEE=，,ABDE平面ABCD，所以SE⊥平面ABCD，………………4分,,ADABCDSEAD⊥平面,,,ADABSEABEADSABS

BSAB⊥=⊥平面又平面,ADSB⊥直线………………6分（2）由（1）知SE⊥平面ABCD，所以SE为四棱锥S-ABCD的高，又1112122BCDSBCAB===，故三棱锥SBCD−的体积113333V==.……9分又因为SB=2,SD=BD=2233127721

1733217BDSCSBDBDSSVShhh−======……12分20．（12分）解：（1）由已知124FF=得2c=，………………1分又121442PFFSb==△，2b=，∴4422a=+=．…………………………3分所以

椭圆的标准方程为22841xy+=.………………………………………………5分（2）由（1）知1F的坐标为()2,0−，①当直线l的斜率不存在时，22AB=，2||8OQ=，则2221||ABOQ=…………6分②当直线l的斜率存在且不为0时，设直

线l的方程为()2ykx=+且0k，联立22(2)184ykxxy=++=，得()2222218880kkxxk+++−=，设()11,Axy，()22,Bxy，则2122821kxxk−+=+，212288

21kxxk−=+，………………7分()2222222242188814212121kkkABkkkk+−=+−=+++，………………8分设点00(,)Qxy，则001yxk=−，即00xky=−，代入椭圆方程得()2200184k

yy−+=，解得20282yk=+，220282kxk=+，所以()222200281||2kOQxyk+=+=+，………………9分所以()()2222222216122||2432112121812kABkkkkkOQk+++===++++

+，………………10分又2211k+，所以222||ABOQ的取值范围是()1,4.………………11分综上所述，222||ABOQ的取值范围是)1,4.………………12分21．（12分）解：()()()()1e11e1xxfxxxx=+−−=+−，………………1分由()0f

x可得：1x−或0x；由()0fx可得10x−，所以()fx在(),1−−单调递增，在()1,0−单调递减，在()0,+单调递增，所以()fx的单调增区间为(),1−−和()0,+，单调减区间为()

1,0−……………3分所以()()11=21fxfe−=−极大值，在1x=−时取极大值………………5分（2）()21ln(2)12xxaxxf+−−+恒成立等价于ln10xxxxeax−+−−恒成立.…………6分因为0x，所以ln1xxxxeax−+−.………

………7分令()ln1xxxxegxx−+−=，则()22lnxxexgxx+=.令()2lnxhxxex=+，则()()2120xhxexxx=++，所以()hx在()0,+上单调递增，………………8分又()10he=，11221110eeeheee

−=−=−，所以01,1xe使得()00hx=，即0020en0lxxx+=.所以当()00,xx时，()0gx，当()0,xx+时，()0gx，所以()gx在()00,

x上单调递减，在()0,x+上单调递增，所以()00000min0ln1()xxxxegxgxx−+−==.………………10分由0200ln0xxex+=可得001ln0000ln1lnxxxxeex

x=−=，而xyxe=在()0,+上单调递增，所以001lnxx=，即001xex=，所以()000000min00ln1112xxxxexxgxxx−+−++−===，所以2a.………………12分22．（10分）（1）由曲线122co

s:2sinxCy=+=（为参数,0,），消去参数，得()222224cos4sin4xy−+=+=……………2分所以曲线1C的直角坐标方程为()2224(02)xyy−+=……………3分因为曲线2C是以π1,2为圆心的圆，且过极点O，所以圆心

为()0,1，半径为1，故2C的直角坐标方程为：()2211xy+−=，即2220xyy+−=，将cossinxy==代入可得：圆2C的极坐标方程为2sin=………5分（2）因为曲线1C的直角坐标方程为

()2224(02)xyy−+=.即2240xyx+−=，将cossinxy==代入化简可得1C的极坐标方程为：4cos=（π0,2），所以1C的极坐标方程为π4cos02=；2C的极坐

标方程为2sin=；因为M、N是直线()π:R4l=与曲线1C、2C的两个交点，不妨设12ππ,,,44MN，由（1）得1C：π4cos02=，2C：2sin=，所以21ππ4cos22,2sin244====，从而1

22MN=−=，……………10分23．（10分）（1）解：当1t=时，2(1)()112(11)2(1)xxfxxxxxx=−++=−−−，()28fxx−Q当1x时，即2281xxx−，1

2x；当11x−时，即22811xx−−，11x−；当1x−时，即2281xxx−−−，21x−−，综上可得不等式的解集为2,2−…………………………………

…………………5分（2）解：()()()2xfxxxttxttt−−=++−=+Q，当且仅当()()0xtxt−+时取等号，min()2fxt=，……………………………………6分又0m，0n且4mn+=，24mmnn+=41414924

444mmmnmmnnmnnm++=++=当且仅当44mnmn=，即45m=，165n=时等号成立，所以249,4mnmn++………………………………………………………8分根据题意可得924t，解得98t或98t−，t的取值范围是

9,,898−−+.……………………………………10分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com