贵州2023年高考数学试题

2023年12月16日发(作者：数学试卷有理数分析范文)

贵州省2023届高三下学期4月高考模拟考试文科数学注意事项：1.本试卷共150分，考试时间120分钟.2.答卷前，考生务必在答题卡上相应的位置准确填写自己的姓名､准考证号，并将条形码粘贴在指定位置.3.选择题选出答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号按要求涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.非选择题用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.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.已知集合Syyx1，TA.2SB.2,2T2x,yxy0，下列关系正确的是（D.1,1T）C.1S）C.2.设复数z1i，则A.11i22i（z11B.i2211i22D.11i22x23.已知A，B是椭圆E：2y21a1的上､下顶点，F为E的一个焦点，若△ABF的a面积为22，则E的长轴长为（）A.3B.6C.9D.184.如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……设各层球数构成一个数列an，则a5（a20）21D.74x5.已知函数fxx，函数yx2fx的图象大致是（eA.B.C.11417）A.B.C.D.6.酒驾是严重危害交通安全的违法行为.为了保障交通安全，根据国家有关规定：100mL血液中酒精含量达到20~79mg的驾驶员即为酒后驾车，80mg及以上认定为醉酒驾车.假设某驾驶员喝了一定量酒后，其血液中的酒精含量上升到了1mg/mL.如果在停止喝酒以后，他血液中酒精含量会以每小时20%的速度减少，那他至少经过（数据lg20.301）A.5B.6C.7D.87.已知某封闭的直三棱柱各棱长均为2，若三棱柱内有一个球，则该球表面积的最大值为（A.））小时才能驾驶.（参考4π3B.8π3C.4πD.16π38.已知函数fxcosx（A.,）(0)在0,有且仅有两个零点，则的取值范围是6C.4747,D.,33339.正项等比数列an的前n项积为Tn，且满足a11，a61a710，则下列判断错．B.误的是（．A.0q1）B.a5a71D.T131142314,23的最大值为T6（A.）10.在△ABC中，已知AB4，M为线段AB的中点，若CN2NM，则NANBCM3，42911.已知a，b，c均为正数，且abc11，甲､乙两位同学作出如下判断：B.3C.D.甲说：a，b，c中至少有一个数小于4；乙说：若abc9，则a，b，c中至少有一个数不大于1则关于甲､乙两位同学的判断正确的是（A.甲错误､乙错误C.甲正确､乙错误B.甲错误､乙正确D.甲正确､乙正确）92439x2y212.已知F1，F2分别是双曲线C：221（a0，b0）的左､右焦点，以OF2为直ab径的圆与C的渐近线的一个交点为P，点P异于坐标原点O，若PF1离心率的取值范围是（A.1,25PF2，则C的）C.B.1,22,D.2,二､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.用3种不同的颜色给M､N两个区域涂色，每个区域只涂一种颜色，则M､N两个区域颜色相同的概率是__________.14.已知函数fxxaxlnx在x1处取得极值，则实数a的值为__________.215.正数a,b满足__________.411，若不等式m28mab恒成立，则实数m的取值范围ab已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，点E是ABC内（包括边界）的动点，16.如图，则下列结论中正确的序号是__________.（填所有正确结论的序号）①若AEAC,0,1，则D1E∥平面A1BC1；1ABAC，则直线AE与C1D所成角的余弦值为10；②若AE256；2④若平面与正方体各个面都相交，且B1D，则截面多边形的周长一定为62.三､解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）③若D1EtDE，则t的最大值为17.（本小题满分12分）某机构为调查研究A湖泊水域覆盖面积x（单位：万平方米）和鱼群数量y（单位：千尾）的关系，用简单随机抽样的方法抽取该湖泊10个区域进行调查，得到样本数据分别为2，经计算得：xi98，yi1980，xix125，xi,yi（i1，2，…，10）i1i1i1101010xyi110ii19654.（1）经研究，y与x具有较强的线性相关性，请计算y关于x的回归直线方程；（2）随着退田还湖政策的实施，A湖泊又增加了10万平方米，在保持计A湖泊生态平衡的前提下，为增加经济效益，试估计该湖泊的管理者最多还能投放的鱼苗数量是多少？ˆa参考公式：其回归直线yˆbxˆ的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为ˆbxynxyi1niinxi12inx2ˆ.，aˆybx18.（本小题满分12分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2asinA2bcsinB2cbsinC.（1）求A的大小；（2）设点D为BC上一点，AD是△ABC的角平分线，且AD4，AC6，求△ABC的面积.19.（本小题满分12分）如图1所示，在边长为3的正方形ABCD中，将△ADC沿AC折到△APC的位置，使得平面APC平面ABC，得到图2所示的三棱锥PABC.点E，F，G分别在PA，PB，PC上，且AE2EP，PF2FB，PG2GC.记平面EFG与平面ABC的交线为l.（1）在图2中画出交线l，保留作图痕迹，并写出画法.（2）求点A到平面EFG的距离.20.（本小题满分12分）已知直线ykx1与抛物线C：x28y交于A，B两点，分别过A，B两点作C的切线，两条切线的交点为D.（1）证明点D在一条定直线上；（2）过点D作y轴的平行线交C于点E，线段AB的中点为P，①证明：E为DP的中点；②求ADE面积的最小值.21.（本小题满分12分）已知函数fxlnxx1.x（1）证明：fx0；lnn1ln3ln411,nN.22223nn1请考生在第22､23两题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的（2）证明：ln2题号涂黑.注意所做题目的题号与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题.如果多做，则按所做的第一题计分.22.[选修4—4：坐标系与参数方程]（本小题满分10分）x2cos在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数）.以坐标原点O为y12sinπ极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为sin2.4（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）已知直线l与x轴的交点为P，l与C交于A，B两点，求PAPB的值.23.[选修4—5：不等式选讲]（本小题满分10分）已知函数fxxax2.（1）若a3，解不等式fx6；（2）若fx2a，求a的取值范围.22数学（文科）参考答案一､选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号答案1.D1D2C3B4A25B6D7A8C9D10B11D12A解析：因为Syyx1yy1，所以A､C错误，因为220，所以2,2T，所以B错误，又110，所以1,1T，所以D正确，故选D.【考查目标】本题主要考查元素与集合的关系，考查学生逻辑推理的核心素养.i1iii11，故选C.2.B解析：z1i1i1i22【考查目标】本题主要考查共轭复数的概念及复数的除法运算，考查学生数学运算的核心素养.3.B解析：由题可知b1，则S△ABF12bc22，所以c22，所以2ab2c23，故E的长轴长为2a6.【考查目标】考查椭圆的几何性质，数形结合思想；考查数学运算核心素养.a51123nnn1a15a210由题意可知an，∴5，20，4.A解析：.a201422【考查目标】本题主要考查中国古代数学文化知识，学生的观察能力､分析问题解决问题的能力，考查等差数列的求和公式.x5.B解析：依题意，令y0得x0或x2，故函数yxx2e有两个零点0，2，x故A､C错误；又因为yx2e，易知函数yxx2e在,2和2x2,x上单调递增，在2,2上单调递减，故函数yxx2e在x2处取得极大值，在x6.D2处取得极小值，故D错，故选B.【考查目标】本题主要考查函数图像与性质，体现了数学运算､逻辑推理等核心素养.解析：设该驾驶员x小时后100mL血液中酒精含量为ymg，则xy100120%1000.8x，当y20时，有1000.8x20，即0.8x0.2，∴xlog0.80.2lg0.2lg21lg210.30117.206，故选0.8lg813lg2130.3011【考查目标】本题主要考查指数型函数，指数与对数的互化，体现了数学建模､数学运算等核心素养.7.A解析：设底面三角形的内切圆的半径为r，则小于高的一半1，所以该球的最大半径为133解得r，222r4，2434π32，则S4πr，故选A.33【考察目标】本题主要考查空间几何体的内切球，考查学生数学抽象与数学运算的核心素养.8.C.解析：因为fxcosx，且在0,仅有两个零点，0，故63547x,，所以x，解得,.故选C.6262633【考察目标】本题主要考查三角函数的图像和性质，考查学生数学推理与数学运算的核心素养.a61a71或（显然不符合题意，舍去），9.D解析：由a61a710知：a1a176∴qa720,1，故A正确，a5a7a61，由于a1a2a61a7，B正确，a613显然C正确，T13a1a2a13a1a13a2a12a6a8a7a71，D错误.【考查目标】考查等比数列基本量的计算与相关性质，考查学生逻辑推理与数学运算的核心素养.10.B.解析：如图，∵CM3，CN2NMCN2，MN1∵NANMMA，NBNMMB2∴NANBNMMANMMBNMNMMBNMMAMAMB22NMNMMBMAMAMB1NM022cosπ143，故选B.【考查目标】本题主要考查向量的线性运算和向量的数量积运算，考查学生逻辑推理和数学运算的核心素养.11.D解析：∵a，b，c均为正数，假设a，b，c都不小于4，则abc12，与已知abc11矛盾，即甲正确；假设a，b，c均大于1，设xa10，yb10，zc10，即xyza1b1c1abc31138，则abcx1y1z1xyzxyxzyzxyz1xyz19，与已知abc9矛盾，即乙正确.故选D.【考查目标】本题主要考查推理与证明，考查学生逻辑推理和数学运算的核心素养.12.A解析：设PF1tPF2，t∵cosPOF1cosPOF20，25，易求得PF2b，OPa，a2c2tba2222222∴0，化简得3actbtca，2acc∴3et22e215e21，解得1e2，故选A.【考查目标】本题主要考查双曲线的结合性质，数形结合思想；考查数学运算核心素养.二､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号答案13.131411516①②④13(1,9)13解析：三种不同的颜色分别用a､b､c表示，则给M､N两个区域涂色包含的基本事件有：所以M､N两个区域颜色相同a,a,a,b,a,c,b,a,b,b,b,c,c,a,c,b,c,c，的概率31.93【考查目标】本题主要考查古典概型，考查学生逻辑推理和数学运算的核心素养.14.1解析：fx2xa15.1,9解析：由题1，则f12a10，解得a1.x【考查目标】本题主要考查导数的应用，考查学生数学运算和逻辑推理的核心素养.414ba4ba411，则abab5529，ababababm28m9，解得1m9.不等式，恒成立问题及解一元二次不等式.【考查目标】本题主要考查基本不等式的应用，考查学生数学运算和逻辑推理的核心素养.16.①②④.解析：对于①，由AEAC,0,1知，点E在线段AC上，连接AD1,CD1，易知平面D1AC∥平面A1BC1，因为D1E平面D1AC，所以D1E∥平面A1BC1，故①正确；1ABAC，易知点E是BC中点，对于②，由AE2因为AB1∥C1D，则B1AE为异面直线直线AE与C1D所成角，且AEB1E5AB122，在AB1E中，由余弦定理知AB12AE2B1E2(22)2(5)2(5)210cosB1AE，故②正确；2AB1AE52225DE对于③，若D1ExDE，则x1DE因为DE2,22,x的最大值为3DE2DD12DEDE244，1DEDE2对于④，易知B1D平面A1BC1，又因为B1D，所以平面∥平面A1BC1，即所求截面与平面A1BC1平行.因为平面A1BC1平面A1B1C1D1A1C1，平面EFGHIJ平面A1B1C1D1EJ，所以A1C1∥EJ，同理可证A1B∥FG,BC1∥HI，设EJxD1A1，其中x0,1，则EA11xD1A1，因为A1C1∥EJ，所以EJxA1C1,EF1xAD1，因为A1C1AD122，所以EJEFxA1C11xAD1A1C122，同理，可得GFGH22,HIIJ22，故截面多面形EFGHIJ的周长为62；故④正确；【考查目标】本题主要考查立体几何综合应用，体现了直观想象､逻辑推理等数学核心素养.三､解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.解析：ˆ（1）bxxyyxynxyi1iinnxxi1in2i1nii2i1965410xi1nx29819801010250282178.41010ˆ2x178.4；则y关于x的回归方程为yˆˆybx所以a（2）在保持该湖泊现有生态平衡不变的情况下，当A湖泊的水域覆盖面积又增加了10万平方米时，即增加的x10ˆ210178.4198.4所以增加的y所以最多还能投放的鱼苗数量198.4千尾.【考查目标】本题主要考查线性回归方程的计算与预测，考查学生逻辑推理和数学运算的核心素养.2（1）根据正弦定理得：2a2bcb2cbc18.解析：即a2b2c2bc由余弦定理得：a2c2b22bccosA故cosA又A0,π所以A122π.3（2）因为AD是△ABC的角平分线，由S△ABDS△ADCS△ABC，1π1π12πAB4sin46sinAB6sin，232323所以AB12得：故S△ABC12π13ABACsin126183.2322【考查目标】本题主要考查解三角形与面积，考查学生逻辑推理和数学运算的核心素养.（1）作图步骤：如图所示，延长EF，AB交于点M，延长AC，EG交于点N，连19.解析：接MN，则直线MN即为交线l.保留作图痕迹且正确.（2）记O为AC的中点，则易知PAOPBOPCO,PBPAAB3.在PEF中EPF60,PE1,PF2EF3.在EFG中EF3,FG2,EG5,cosFEG35421515235sinFEG165111,SEFGEFEGsinFEG1522112VAEFGVFAEG,SEFGhSAEGOB3332SAEGOB224223422h，故点A到平面EFG的距离为：.SEFG1111112【考查目标】本题主要考查空间立体几何作图与点到平面的距离，考查学生数学抽象和数学运算的核心素养.（1）设Ax1,y1，Bx2,y2，Dx0,y0，由x28y得y20.解析：∴C在点A处的切线方程为yy1x，4x1xx1，4将x18y1代入上式得x1x4y4y1，2∴x1x04y04y1，同理x2x04y04y2，∴A，B两点两点都在直线xx04y04y上，所以直线xx04y04y与直线ykx1是同一直线∴x04k，y01，即点D在定直线y1上.（2）①证明：由（1）可知，x04k，即D为4k,1,E为4k,2k将ykx1与x28y联立得x28kx80，2，x1x28k,x1x28，线段AB的中点为P4k,4k21，D,E,P三点共线，且E为DP的中点.②由①知：DE2k1,lDE:x4k2点A到直线DE的距离为dx14kx1SADEx1x2xx1222x1x2224x1x2222k21，1DEd22k212k212（当k0时取等）2ADE面积的最小值为2.【考查目标】考查直线和拋物线的位置关系，数形结合思想，整体代换思想，最值问题；考查数学运算核心素养.21.解析：（1）fx11x12x0，xx2x令fx0恒成立，解得x1，当fx0时，解得x1，fx0，解得0x1，此时fx在0,1上单调递减，在1,上单调递增；所以fx在x1取得最小值，fxmin

f10，fxf1恒成立，即fx0成立.（2）由（1）知，fx在1,上单调递增，且f10所以fx0在x1,恒成立，即lnx所以lnxx11恒成立(x1)2xx1则当x1,时，令xn1nN*，则n1，所以lnn1n21.nn1lnn1ln2ln31111所以2，122n2213243nn1即ln2lnn1111ln3ln411111.22223nn1223nn1lnn1ln3ln41，故得证.122223nn1所以ln2【考查目标】本题主要考查导数的证明与结合不等式运用，考查学生逻辑思维能力和数学运算的核心素养.22解析：（1）由题得，C：x2y12cos2sin4222故C的普通方程为x2y14.22sincos2，即sincos22将xcos，ysin代入l的直角坐标方程为xy20.l的极坐标方程转化为2x2t,2（2）可知点P的坐标为2,0，故可设直线l的参数方程为（t为参数）y2t222代入C的普通方程得：2，t2t142整理得，t232t10，设点A，B对应的参数分别为t1，t2，则t1t232，t1t21，2故PAPBt12t2t1t22t1t232222222216.【考查目标】本题主要考查圆的参数方程与直线的极坐标方程､直线参数方程的应用，考查数学运算的核心素养.（1）若a3，可知fxx3x2，23.解析：当x3时，不等式fx6转化为2x16，解得7x3，2当3x2时，不等式fx6转化为56，不等式恒成立，当x2时，不等式fx6转化为2x16，解得2x5，2综上，不等式fx6的解集为75,.22（2）若fx2a，则fxmin

2a，因为fxxax2xax22a，当且仅当xax20时，等号成立，故2a2a，即2a2a或2a2a，2，32则a的取值范围为a.3解得a2或a【考查目标】本题主要考查双绝对值不等式的解法与不等式恒成立求参，考查数学运算的核心素养.