四川省达州市2023届高三第一次诊断测试模拟考试理科数学试题（解析版）

达州市2023届毕业年级第一次诊断测试模拟考试理科数学答案一单选题1.A详解】对于集合M，由x2x解得x0或x1，∴M0，1，对于集合N，不等式lgx0等价于lgxlg1，∵ylgx是定义在0,上的增函数，∴0x1，∴Nx0x1，∴MNx0x10,1.444(1i)44i2.D【详解】由题图可得Z（1，－1），即z＝1－i，所以z＋＝1－i＋＝1－i＋＝1－i＋＝1z1i(1i)(1i)2－i＋2＋2i＝3＋i.3.A【详解】①若事件A与事件B是对立事件，则A∪B为必然事件，再由概率的加法公式得P（A）＋P（B）＝1；②投掷一枚硬币3次，满足P（A）＋P（B）＝1，但A，B不一定是对立事件，如：事件A：“至少出现一次正面”，事71件B：“出现3次正面”，则P（A）＝，P（B）＝，满足P（A）＋P（B）＝1，但A，B不是对立事件.88所以甲是乙的充分不必要条件.114.D【详解】解：因为直线axby10a0,b0与圆x2y24相切，所以2，即a2b2，a2b242211因为ab2ab，所以ab，所以logalogblogablog3，所以log2alog2b的最大值为3，8222285.C．【详解】解：模拟程序的运行，S0,i0S0201，满足条件i5，i1，S1213，满足条件i5，i2，S3227，满足条件i5，i3，S72315，满足条件i5，i4，S152431，满足条件i5，i5，S312563，此时，不满足条件i5，退出循环，输出S的值为63．6.C【详解】在(x2xy)5的5个因式中，2个取因式中x2剩余的3个因式中1个取x，其余因式取y,故x5y2的系数为212，故选C5C3C2=30C.7.A【详解】平面向量a、b是非零向量，a2，aa2b，2a·a2ba·a2a·b|a|2a·b42a·b0，则a·b2.设a与b夹角为，a·ba·b·cos2，则2b·cos1，在a方向上投影为1.ababc8.B【详解】设双曲线的一个焦点为0,c，一条渐近线方程为yx，则焦点到渐近线的距离db2，ba2b2b224ca3y2x2所以23，即双曲线方程为：1.a244222b4cab1学科网（北京）股份有限公司9.D【详解】因f1xf1x，则fx图像关于x1对称，又因fxfx，则f1xf1xfx1fx1fx2fxfx4fx2fx，即fx周期为4.则f2023f45053f3f1，又当​x1,1时，fxx33x，则f12，即f20232.10.A【详解】设每月还款x元，共还款11个月，所以x(1.005101.00591.0051)200001.00511，200001.00511200001.00511200001.06x176711.0051.0051011.0051111.06．11.0050.005411.D【详解】依题意，函数fx2sinx在0,上不单调，故，即；6446232223因为x,时，x,；故,k,kkZ，3364636363622k,k36244则，解得：13k23kkZ，而，且，2，故选D．23333k,k362∥12.A【详解】在正方体ABCDA1B1C1D1中，BB1DD1，BB1DD1，∥∴四边形DD1B1B是平行四边形，∴B1D1BD，又∵在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面A1B1C1D1平面ABCD，平面B1D1P平面A1B1C1D1B1D1，平面B1D1P平面ABCDPQ，∴B1D1∥PQ，∴PQ∥BD，∴PQDBDC，，又∵PDQBCD90，PQPD∴PDQBCD，∴，又∵正方体ABCDABCD的棱长为a，BDBC11112aa2a2a∴BCa，PDADAPa，BD2a，∴PDBD322.33PQaBCa3二填空题913.【详解】根据不等式组作出可行域，如图所示2339当目标函数zx2y经过点,时，z取最大值为22214.7【详解】因为2anan1an1n2，所以an是等差数列，2学科网（北京）股份有限公司由等差数列性质可得a2a4a63a412，解得a44.a1a3a53a39，解得a33.所以a3a47.5115.【详解】抛物线的准线方程为x，22过点Q作QQ垂直准线于点Q，MQQFMQQQ显然，当MQ平行于x轴时，MQQF取得最小值，此时Q2,2，15此时MQQF232221111【详解】由题意得，原不等式可变形为x1a，即，16.exalnxxxaaexelnexlnx11x1设f(x)xlnx，则当xe时，fexf(xa)恒成立，由f(x)xlnx，得f(x)1，xx当0x1时，f(x)0，当x1时，f(x)0，，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，1因为，，所以，a，因为f(x)在上单调递增，xea0ex1x1(1,)1111所以要使xa，只要，两边取对数得，≤，因为，所以，fef(x)xaalnxxeaexxxlnx令h(x)xlnx（x[e,)），则h(x)1lnx0，所以h(x)在[e,)上单调递增，111所以h(x)h(e)elnee，所以0，所以a，minxlnxee1所以正实数a的最小值为，e三.解答题17.解：（I）根据正弦定理，由bsinCasinAbsinBcsinC可得bca2b2c2，b2c2a21即bcb2c2a2，由余弦定理可得，cosA，2bc2因为A为三角形内角，所以A；3（Ⅱ）因为D是线段BC的中点，c2，AD13，所以ADBADC，则cosADBcosADC0，a2a2132213b2AD2BD2AB2AD2DC2AC2所以0，即440，整理得a22b244；aa2ADBD2ADDC21321322又a2b2c22bccosAb242b，所以b242b2b244，解得b6或b8（舍），因此a22b24428，所以a273学科网（北京）股份有限公司18.解（1）22​列联 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 如下：阳性阴性总计带菌351550不带菌54550总计406010021003545155根据列联表中的数据，经计算得到K237.510.828​，40605050所以有99.9%​以上的把握认为“带菌”与“ 检测 工程第三方检测合同工程防雷检测合同植筋拉拔检测方案传感器技术课后答案检测机构通用要求培训 结果呈阳性”有关.（2）设事件B表示：被检测者带菌，事件C表示：被检测者检测结果呈阳性，则BC表示：被检者带菌且检测结果呈阳性，35用频率估计概率，根据题意可知PB0.1，PC∣B0.7​，50所以由条件概率公式可知PBCPBPC∣B0.10.70.07​.19.（1）证明:连接AB1，在ABB1中，AB1，BB12，ABB160，1由余弦定理得，AB2AB2BB22ABBBcosABB14223，11112，222，AB13BB1ABAB1AB1AB.又ABC为等腰直角三角形，且ABAC，ACAB，ACAB1A，AC,AB1平面AB1C，AB平面AB1C.∵B1C平面AB1C，∴ABB1C，222，，(2)AB13，ABAC1，B1C2B1CAB1ACAB1AC如图，以为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，AAB,AC,AB1则，A0,0,0,B10,0,3,B1,0,0,C0,1,0BB11,0,3,BC1,1,0.BBn0x3z0设平面的一个法向量为，由1，得，BCB1nx,y,zBCn0xy0令，得，平面的一个法向量为，，z1xy3BCB1n331.，AC1ACCC1ACBB10,1,01,0,31,1,3设AC1与平面BCB1所成角的大小为，4学科网（北京）股份有限公司，，AC1n1,1,3331，3105，sincosAC1nAC1n1133315735105AC1与平面BCB1所成角的正弦值为.35OQ2，，x0220.解：(1)设Px0y0，由题意知Qx0，y0​.因为y1​，OP40222x2OQ又x0y0，即02，所以，即21(y0)12​.16444OP，，，（2）由(1)知，ABQ的​面积为3SOAB，设Ax1y1Bx2y2​.222将ykxm代入椭圆E的方程，可得14kx8kmx4m160​，由Δ0，可得m2416k2，①222则有8km，4m16所以416k4mx1x2x1x2​.xx​.14k214k21214k2因为直线ykxm与y轴交点的坐标为0，m​，1216k24m2m所以OAB​的面积Smxx​21214k2222216k4mmm2m2.2242214k14k14km2设t，将ykxm代入椭圆C的方程，14k222222可得14kx8kmx4m40​，由Δ…0，可得m„14k，②222由(1)(2)可知0t„1，因此S24tt2t4t，故S„23，当且仅当t1，即m14k时取得最大值23.所以ABQ面积的最大值为63​.x121.（1）解：∵fxekx2k，∴．①当时，令f(x)0，解得x1lnk，∴当x(,1lnk)时，，单调递减；当x(1lnk,)时，，单调递增．②当时，恒成立，∴函数在R上单调递增.综上，当时，在(,1lnk)上单调递减，在(1lnk,)上单调递增．当时，在R上单调递增.5学科网（北京）股份有限公司（2）证明：当时，由（1）知函数单调递增，不存在两个零点．所以．设函数的两个零点为，则，(t+1)lnt设，解得，所以xx4，12t1要证，只需证，设设单调递增，所以，所以在区间上单调递增，所以，故．x2y2222222.解（1）由2sin，得2sin，将xcos代入，可得C2的直角坐标方程为xy2y；ysinπππ由2cos2coscos2sinsin3cossin，得23cossin，将6662223xy22xxy2y222x0xcos代入，可得C3的直角坐标方程为xy3xy.联立，解得或，x2y23xy1y0ysiny231所以点Q的直角坐标为,.22x2y222（）由2，可得22，将xcos代入，可得C的极坐标方程为2x3y14xy23x2y01ysin223cos2sin0，则23cos2sin.设AA,，BB,，则，，A23cos2sinB2sin23所以ABBA4sin23cos27sincos27sin776学科网（北京）股份有限公司32（sin,cos），77因为sin1，所以AB27sin27.故AB的最大值为27.23.【详解】（1）x3，x 1，画出图象如图，f(x)3x1，1x1,x3，x 1，可知当时，函数f(x)取得最大值∴x=12.m2.a2c2（2）∵b2m，22222222∴2ma2bc(ab)(bc) … 2(abbc)，∴abbc „ 2，∴abbc的最大值为2，当且仅当abc1时，等号成立.7学科网（北京）股份有限公司