【文档说明】2023届四川省成都市第七中学高三下学期热身考试理科数学答案和解析.pdf，共(7)页，3.355 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-bfd808654ca87c5046837f3706fafeae.html

以下为本文档部分文字说明：

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,AB{0,1,2},{2,

1,0,1},于是AB{0,1}.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,,ππ3满足ab,但abtan1tan1,所以B错误.ab,则ab0,ab2210,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“S

1S2”必要不充分条件.答案为A.5.解：因为ab//,所以25,cossin2于是25.cos2sincos若cos0,则sin1.sin22sincos0,满足ab//.若cos0,则25,12sin所以4sin5(

矛盾).答案为C.6.解：公比aaqaa1221223,于是aaaaq()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lm,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mmm,//.因为lm,是异面直线,所以l与m相交,因为

mmmm//,,,所以m//,又因为l,l//,所以//,D正确答案为C.8.解：f32(0)sin3π,即B2(0,)3,由图可知：点A为减区间的对称中心,令xkk3,Zπ

π2ππ,解得xkk32,Z2,取k0,则x32,即A3(,0)2,可得BAOA323(,),(,0)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,ab,R,则zab22,因为zz13i,所以ababi13i22,所以baba3122,所以ba34,即z43i,

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B22(,)11.设zxy32,则直线xyz32过点A(1,1)时,z取最小值5,过点B22(,)11时,

z取最大值25,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aqaqq(1)(),1132于是qq(1)(1)02.又q1,所以q1.又a1.1于是qSaqnnn121(1)(1)1,所以qS

ttaqnnn2121(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：

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)π(0,,所以C4π.6分(2)因为ABC的面积VSabCaABC222sin46112,所以a32.8分所以c2181623241022,即c10.10

分因为acBacb2321025cos01810165222,从而B2(0,),π则BB5sin1cos.25212分18.(本小题满分12分)解：(1)取CC1的中点P,连接PBPMBFEC,,,

11111,又M为EE1的中点,再结合正六棱柱的性质得四边形PMEC11是平行四边形,四边形BCEF1111是平行四边形,于是PMBF//11,且PMBF11,所以四边形MPBF11为平行四边形.2分所以MFPB//11,又NP,均为对应棱的中点,四边形PBNC1是平行四边形,于是

PBCN//1,所以MFCN//1.故C,M,F1,N四点共面；5分(2)根据正六棱柱的性质可得：CECBCC,,1两两相互垂直,以CECBCC,,1为x轴,y轴,z轴,建立如图的空间直角坐标系Cxyz,则ACEMN).(3,3,0),(0,0,

0),(23,0,0),(23,0,2),(0,2,26分于是AE(3,3,0),CMCN(23,0,2),(0,2,2),根据正六棱柱的性质知ABAEAAAE0,0.1所以平面ABBA11的法向量nAE(3,3,0)1.8分设平面CMFN1的法向量为nxyz,,

2,则CNnCMn0022即yzxz2202320,则n(1,3,3)2.10分设平面CMFN1与平面ABBA11所成角.因为nnnnnn2377cos,,231121212所以

nn7sin1cos,.42122所以平面CMFN1与平面ABBA11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1000.4161025,等级为2的概率为1000.31

91012,所以“空气质量好”的概率为0.410.310.72.3分所以该市2022年(365天)“空气质量好”的天数为3650.72262.8263天.6分(2)22列联表如下：人次400人次40

0空气质量好3537空气质量不好2088分K5545722862374.2416.635100(3583720)2645022.10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Pxy(,).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.SxyTxy(,),(,).1122联立xmyyx14(3)2得ymym4160,16640,22从而yymyy4,16.1212于是x

xmyym()242,12122xxmymymyymyymmm(1)(1)()11641112.121212122222以线段ST为直径的圆的方程为xxxxyyyy()()()()0.1212

7分即xyxxxyyyxxyy()()0.1212121222代入yyyyxxxx,,,12121212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)fxa

xx()e2e02有两个两侧异号的零点xx,12.又f(0)1e0,2于是xax2ee2.2分令xgxx()ee2,则xgxxx()(1)ee22,令hxxx()(1)ee2,则hxxx()e.当x(,0)时,hxxx()(1)ee0,2于

是xgxxx()0(1)ee22,所以gx()在(,0)单调递减.且xgxx()0.ee2当x(0,)时,hx()0,hx()在(0,)单调递增,又h(2)0,所以当x(0,2)时,hx()0,gx()0,gx()在(0,2)单

调递减.当x(2,)时,hx()0,gx()0,gx()在(2,)单调递增.又g(2)e2且xgx,().xgx0,().所以a2e.2所以实数a的取值范围为2(,).e2

5分(2)因为fxfx()()012,所以axaxxxee2,ee2.122212于是axxxxee2().2121从而xxaxx2ee2121.7分下面证明xxxxxxeee2122112.即证明xxxxxxee12122121.

令uxx221,即证明uuuu2e(0)e12u0.即证明uuuuee2(0).令uuuuu()ee2(0),uuuuu()ee22ee20.所以u()在(0,)单调递增,所以u()(0)0.从而uuuue

e2(0).所以xxxxxxeee2122112.10分于是axx2e212,由(1)知xxa20,,e122从而xxaxx2ln2.121212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l

6:π极坐标方程可得：2sin2362sin3ππ,即OP3；5分(2)设A(,)11,B)π[0,2(,),,2212.由题结合AOB4,可得42sin2,2sin22sin2()2cos2.π11221

1则SOAOBAOB244422sin4sin2cos2sin42222π112111.当24π1,即8π1时,SAOB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)

xaxbabxbccabcfxcxa()2()()22,当且仅当xaxb()()0时取等号,于是abc21.5分(2)证明：abcabcabc()(2)1111abcabc]2[()(2)[()()]1

22222abcabc2(122)(12)22,即abc(12)322,112当且仅当abc2取等.所以abc32211.10分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue

100.com