四川省成都七中2020届高三高中毕业班三诊模拟 数学(文)

成都2020届第三次高考模拟文科数学第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12个小题,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.在一次抛硬币实验中，甲、乙两人各抛一次硬币一次，设命题p 是“甲抛的硬币正面向上”，q 是“乙抛的硬币正面向上”，则命题“至少有一人抛的硬币是正面向下”可表示为（ ） A ．()()p q ⌝∨⌝ B ．()p q ∨⌝ C ．()()p q ⌝∧⌝ D ．()p q ⌝∨2.已知集合{}{}2|02,|10A x x B x x =<<=-<，则AB =（ ）A ． ()1,1-B ．()1,2-C ．()1,2D ．()0,1 3.若1122aii i+=++，则a =（ ） A ．5i -- B ．5i -+ C ．5i - D ． 5i +4.设()f x 是定义在R 上周期为2的奇函数，当01x ≤≤时，()2f x x x =-，则52f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭（ ） A ．14-B ． 12- C. 14 D ．125.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A ．3612π+B ．3616π+ C. 4012π+ D ．4016π+ 6.设D 为ABC ∆中BC 边上的中点，且O 为AD 边的中点，则（ ） A ．3144BO AB AC =-+ B ． 1144BO AB AC =-+ C. 3144BO AB AC =- D ．1124BO AB AC =-- 7.执行如图的程序框图，则输出x 的值是（ ）A ． 2016B ．1024 C.12D ．-1 8. 函数()()2sin 4cos 1f x x x =-的最小正周期是（ ） A ．23π B ． 43π C. π D ．2π 9. 等差数列{}n a 中的24030a a 、是函数()3214613f x x x x =-+-的两个极值点，则()22016log a =（ ）A ．2B ．3 C. 4 D ．510. 已知()00,P x y 是椭圆22:14x C y +=上的一点，12,F F 是C 的两个焦点，若120PF PF <，则0x 的取值范围是（ ） A ．2626⎛ ⎝⎭ B ．2323⎛ ⎝⎭ C. 33⎛ ⎝⎭ D ．66⎛ ⎝⎭ 11. 已知函数()221f x x ax =-+对任意(]0,2x ∈恒有()0f x ≥成立，则实数a 的取值范围是（ ） A ．51,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦ B ．[]1,1- C. (],1-∞ D ．5,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦12.设集合()()()()()()2222436,|34,,|3455A x y x y B x y x y ⎧⎫⎧⎫=-+-==-+-=⎨⎬⎨⎬⎩⎭⎩⎭，(){},|234C x y x y λ=-+-=，若()A B C φ≠，则实数λ的取值范围是（ ） A ．25652,65⎤⎡⎤⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦ B ．25⎤⎥⎣⎦ C. []2524,6⎤⎥⎣⎦D ．{}652,65⎡⎤⎢⎥⎣⎦第Ⅱ卷二、填空题：本大题共四小题，每小题5分13.已知向量1,2a b ==，且()21b a b +=，则向量,a b 的夹角的余弦值为 ．14.若,m n 满足101040m n a m n n -≥⎧⎪+≤⎨⎪≥⎩，则2u m n =-的取值范围是 ．15.直线1y kx =+与曲线3y x ax b =++相切于点()1,2A ，则b a -= .16.已知函数()11,112,1x x x f x x e x +⎧->⎪=-⎨⎪-≤⎩，若函数()()2h x f x mx =--有且仅有一个零点，则实数m 的取值范围是 ．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.在ABC ∆中，角,,A B C 所对应的边分别为,,a b c ，已知4B π=，cos cos20A A -=.（1）求角C ；（2）若222b c a bc +=-+，求ABC S ∆.18.某农场计划种植某种新作物，为此对这种作物的两个品种（分别称为品种家里和品种乙）进行田间实验.选取两大块地分成n 小块地，在总共2n 小块地中，随机选n 小块地种植品种甲，另外n 小块地种植品种乙. （1）假设2n =，求第一大块地都种植品种甲的概率；（2）试验时每大块地分成8小块，即8n =，试验结束后得到的品种甲和品种乙在个小块地上的每公顷产量（单位：2/kg hm ）如下表：品种甲 403 397 390 404 388 400 412 406 品种乙 419 403 412 418 408 423 400 413分别求品种甲和品种乙的每公顷产量的样本平均数和样本方差；根据试验结果，你认为应该种植哪一品种？ 19. 如图三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BB C C 为菱形，1B C 的中点为O ，且AO ⊥平面11BB C C ．（1）证明：1B C AB ⊥；（2）若011,60AC AB CBB ⊥∠=，1BC =，求三棱柱111ABC A B C -的高．20.如图，椭圆()222210x y a b a b+=>>的左焦点为F ，过点F 的直径交椭圆于,A B 两点.当直线AB 经过椭圆的一个顶点时，其倾斜角为60°.（1）求该椭圆的离心率；（2）设线段AB 的中点为G ，AB 的中垂线与x 轴和y 轴分别交于,D E 两点．记GFD ∆的面积为1S ，OED ∆（O 为原点）的面积为2S ，求12S S 的取值范围． 21. 已知函数()1ln f x x ax a ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭（,0a R a ∈≠且）． （1）讨论()f x 的单调区间；（2）若直线y ax =的图象恒在函数()y f x =图象的上方，求a 的取值范围．请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分.22.选修4-4：坐标系与参数方程在极坐标系下，知圆:cos sin O ρθθ=+和直线)2:sin 0,0242l πρθρθπ⎛⎫-=≥≤≤ ⎪⎝⎭． （1）求圆O 与直线l 的直角坐标方程；（2）当()0,θπ∈时，求圆O 和直线l 的公共点的极坐标． 23.选修4-5：不等式选讲已知函数()2321f x x x =++-． （1）求不等式()5f x ≤的解集；（2）若关于x 的不等式()1f x m <-的解集非空，求实数m 的取值范围．试卷答案一、选择题1-5: ABDCC 6-10: ADAAA 11、12：CA二、填空题13. 4-14. 1,42⎡⎤-⎢⎥⎣⎦15. 5 16. (]{}{},0426m e ∈-∞--三、解答题17. 解：（1）因为cos cos20A A -=，所以22cos cos 10A A --=，解得1cos 2=-，cos 1A =（舍去）． 所以23A π=，又4B π=，所以12C π=． （2）因为23A π=，所以222222cos a b c bc A b c bc =+-=++，又222b c a bc +=-+， 所以22a a =+，所以2a =，又因为sin sinsin 1234C πππ⎛⎫==-=⎪⎝⎭，由sin sin c a C A =得3c =，所以1sin 123ABC S ac B ∆==-．18.解：（1）设第一大块地中的两小块地编号为1，2，第二大块地中的两小块地编号为3，4，令事件A = “第一大块地都种品种甲”．从4小块地中任选2小块地种植品种甲的基本事件共6个；()()()1,2,1,3,1,4，()2,3，()2,4，()3,4．而事件A 包含1个基本事件：()1,2．所以()16P A =； （2）品种甲的每公顷产量的样本平均数和样本方差分别为：()14033973904043884004124064008x =+++++++=甲， ()()()()2222222213310412012657.258S =+-+-++-+++=甲， 品种乙的每公顷产量的样本平均数和样本方差分别为：()14194034124184084234004134128x =+++++++=乙， ()()()()22222222217906411121568S =+-+++-++-+=乙， 由以上结果可以看出，品种乙的样本平均数大于品种甲的样本平均数，且两品种的样本方差差异不大，故应该选择种植品种乙．19.解：（1）连接1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点，因为侧面11BB C C 为菱形，所以11B C BC ⊥． 又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥，故1B C ⊥平面ABO ．由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥． （2）作OD BC ⊥，垂足为D ，连接AD ．作OH AD ⊥，垂足为H ．由于BC AO ⊥，BC OD ⊥，故BC ⊥平面AOD ，所以OH BC ⊥．又OH AD ⊥，所以OH ⊥平面ABC ，因为0160CBB ∠=，所以1CBB ∆为等边三角形，又1BC =，可得OD =．由于1AC AB ⊥，所以11122OA B C ==．由OH AD OD OA =，且4AD ==，得14OH =．又O 为1B C 的中点，所以点1B 到平面ABC 的距离为7故三棱柱111ABC A B C -的距离为7． 20.解：（1）由题意，当直线AB 经过椭圆的顶点()0,b 时，其倾斜角为60°．设(),0F c -，则0tan 60b c ==222a b c -=，所以2a c =．所以椭圆的离心率为12c e a ==． （2）由（1）知，椭圆的方程可表示为2222143x y c c+=．设()()1122,,,A x y B x y ．根据题意，设直线AB 的方程为()y k x c =+，将其带入2223412x y c +=，整理得()2222224384120k x ck x k c c +++-=，则()21212122286,24343ck ckx x y y k x x c k k -+=+=++=++，22243,443ck ck G kk ⎛⎫- ⎪+⎝⎭． 因为GD AB ⊥，所以2223431443Dckk k ck x k +⨯=---+，2243D ck x k -=+．因为GFD OED ∆∆，所以2122299GD S S k OD ==+，由题意，()0,k ∈∞，∴()290,k ∈∞，所以12S S 的取值范围是()9,+∞． 21.解：（1）()f x 的定义域为1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭，且()2111a x f x a ax x a'=-=-++． ①当0a <时，∵1x a >-，∴1ax <-，∴()0f x '>，函数在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭是增函数； ②当0a >时，10ax +>，在区间1,0a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上，()0f x '>；在区间()0,+∞上，()0f x '<． 所以()f x 在区间1,0a ⎛⎫-⎪⎝⎭上是增函数；在区间()0,+∞上是减函数． （2）当0a <时，取1x e a=-，则1111201f e a e ae ae a e a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--=->>-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，不合题意．当0a >时，令()()h x ax f x =-，则()12ln h x ax x a ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭． 问题转化为()0h x >恒成立时a 的取值范围．由于()1212211a x a h x a x x a a ⎛⎫+ ⎪⎝⎭'=-=++，所以在区间11,2a a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上，()0h x '<；在区间1,2a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上，()0h x '>．所以()h x 的最小值为12h a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，所以只需102h a ⎛⎫-> ⎪⎝⎭，即1112ln 022aa a a ⎛⎫⎛⎫---+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1ln12a <-，所以2ea >． 22.解：（1）圆:cos sin O ρθθ=+，即2cos sinρρθρθ=+，故圆O 的直角坐标方程为：220x y x y +--=，直线:sin 4l πρθ⎛⎫-= ⎪⎝⎭sin cos 1ρθρθ-=，则直线的直角坐标方程为：10x y -+=．（2）由（1）知圆O 与直线l 的直角坐标方程，将两方程联立得22010x y x y x y ⎧+--=⎨-+=⎩解得01x y =⎧⎨=⎩．即圆O 与直线l 的在直角坐标系下的公共点为()0,1，转化为极坐标为1,2π⎛⎫⎪⎝⎭． 23.解：（1）原不等式为：23215x x ++-≤， 当32x ≤-时，原不等式可转化为425x --≤，即7342x -≤≤-； 当3122x -<<时，原不等式可转化为45≤恒成立，所以3122x -<<； 当12x ≥时，原不等式可转化为425x +≤，即1324x ≤≤． 所以原不等式的解集为73|44x x ⎧⎫-≤≤⎨⎬⎩⎭． （2）由已知函数()342,2314,22142,2x x f x x x x ⎧--≤-⎪⎪⎪=-<<⎨⎪⎪+≥⎪⎩，可得函数()y f x =的最小值为4，所以24m ->，解得6m >或2m <-．。

成都七中2023-2024学年度2024届（下）“三诊”模拟考试语文试卷本试卷共22题，共8页，共150分。

考试时间150分钟。

注意事项:1.答卷前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。

2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。

3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定位置。

4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。

一、现代文阅读（34分）（一）信息类文本阅读（本题共5小题，19分）阅读下面的文字，完成1～5题。

材料一：“谬误”一词起源于拉丁语，原有“阴谋”“欺骗”等意，现发展为我们今天所普遍理解的意思。

它不是指一般的虚假、错误、荒谬的认识、命题或理论，而是指推理或论证过程中所犯的逻辑错误。

“谬误”一词广泛存在于中外学者的著作中，汉代王充《论衡·答佞》有：“聪明有蔽塞，推行有谬误，今以是者为贤，非者为佞，殆不得贤之实乎？”“谬误”一词在西方逻辑学的著作中出现也极早，在两千多年前的古代逻辑学著作中便有所提及。

古希腊哲学家亚里士多德有许多论述谬误的著作，他在《谬误篇》中说道：“谬误主要分为两大类，一类是依赖于语言的谬误，一类是不依赖于语言的谬误。

”当代瑞士哲学家波亨斯基认为亚里士多德《谬误篇》中提到的谬误理论是其第一个关于谬误的学说，其后亚里士多德又相继提出了其他关于谬误的观点。

“谬误”在中国古代的逻辑学中被称为“悖”，有“惑、违背道理”的意思，那些有意识地用谬误的推理形式来证明某个观点的正确性被叫做诡辩。

在中国古代的典籍中有许多关于诡辩的记载。

“诡辩”一词在我国最早出现于汉代刘安《淮南子·齐俗训》中“诋文者处烦扰以为慧，争为诡辩。

久积而不决，无益于治”。

其后，《史记·屈原贾生列传》中又有“（靳尚）设诡辩于怀王之宠姬郑袖”。

中国古代历史上有一个著名的关于诡辩的例子“白马非马”。

成都七中2020届三诊模拟数 学(文科)一、选择题：（本大题共12小题,每小题5分,共60分.） 1. 已知集合2{1,0,1,2,3,4},{|,}A B y y x x A =-==∈,则AB =（ ）(A){0,1,2} (B){0,1,4} (C){1,0,1,2}- (D){1,0,1,4}- 2. 已知复数11iz =+,则||z =（ ）(B)1 (D)2 3. 设函数()f x 为奇函数,当0x >时,2()2,f x x =-则((1))f f =（ ） (A)1- (B)2- (C)1 (D)24. 已知单位向量12,e e 的夹角为2π3,则122e e -=（ ）(A)3 (B)7 (C)5. 已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的渐近线方程为3y x =±,则双曲线的离心率是（ ）(C)10 (D)1096. 在等比数列{}n a 中,10,a >则“41a a <”是“53a a <”的（ ）(A)充分不必要条件 (B)必要不充分条件 (C)充要条件 (D)既不充分也不必要条件7. 如图所示的程序框图,当其运行结果为31时,则图中判断框①处应填入的是（ ）(A)6?i ≤ (B)5?i ≤ (C)4?i ≤ (D)3?i ≤8. 已知,a b 为两条不同直线,,,αβγ为三个不同平面,下列命题：①若///,,/ααγβ则//βγ；②若//,//,a a αβ则//αβ；③若,,αγγβ⊥⊥则αβ⊥；④若,,a b αα⊥⊥则//a b .其中正确命题序号为（ ） (A)②③(B)②③④(C)①④(D)①②③9. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中,提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.对这类高阶等差数列的研究,在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列,其前7项分别为1,5,11,21,37,61,95,则该数列的第8项为（ ） (A)99(B)131 (C)139 (D)14110. 已知2πlog e ,a =πln ,eb =2e ln ,πc =则（ ）得分(A)a b c << (B)b c a << (C)b a c << (D)c b a <<11. 已知一个四面体的每一个面都是以3,3,2为边长的锐角三角形,则这个四面体的外接球的表面积为（ ） (A)11π4 (B)11π2(C)11π (D)22π 12. 已知P 是椭圆2214x y +=上一动点,(2,1),(2,1)A B -,则cos ,PAPB 的最大值是（ ）(D)14二、填空题：（本大题共4小题,每小题5分,共20分.）13.已知数列{}n a 的前n 项和为,n S 且111,1(2),n n a a S n -==+≥则4a =14. 已知实数,x y 满足线性约束条件117x y x y ≥⎧⎪≥-⎨⎪+≤⎩,则目标函数2z x y =+的最大值是15. 如图是一种圆内接六边形ABCDEF ,其中BC CD DE EF FA ====且.AB BC ⊥则在圆内随机取一点,则此点取自六边形ABCDEF 内的概率是16. 若指数函数xy a =(0a >且1)a ≠与一次函数y x =的图象恰好有两个不同的交点,则实数a 的取值范围是三、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)在ABC ∆中,内角,,A B C 的对边分别为,,.a b c 已知2.tan sin a bA B= (1)求角A 的大小； (2)若2,a b ==求ABC ∆的面积.18.(本小题满分12分) 成都七中为了解班级卫生教育系列活动的成效,对全校40个班级进行了一次突击班级卫生量化打分检查(满分100分,最低分20分).根据检查结果：得分在[80,100]评定为“优”,奖励3面小红旗；得分在[60,80)评定为“良”,奖励2面小红旗；得分在[40,60)评定为“中”,奖励1面小红旗；得分在[20,40)评定为“差”,不奖励小红旗.已知统计结果的部分频率分布直方图如下图：(1)依据统计结果的部分频率分布直方图,求班级卫生量化打分检查得分的中位数；(2)学校用分层抽样的方法,从评定等级为“良”、“中”的班级中抽取6个班级,再从这6个班级中随机抽取2个班级进行抽样复核,求所抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率.19.(本小题满分12分) 如图,在四棱锥M ABCD -中,2,,AB AM AD MB MD AB AD =====⊥(1)证明：AB ⊥平面ADM ；(2)若//CD AB 且23CD AB =,E 为线段BM 上一点,且 2BE EM =,求三棱锥A CEM -的体积.20.(本小题满分12分)已知函数22e (),(e,).ln x xf x x x x ++=∈+∞ (1)证明：当(e,)x ∈+∞时,3eln ex x x ->+；(2)证明：()f x 在1[2e ,)2++∞单调递增.(其中e 2.71828=是自然对数的底数).21.(本小题满分12分)已知点P 是抛物线21:2C y x =上的一点,其焦点为点,F 且抛物线C 在点P 处的切线l 交圆:O 221x y +=于不同的两点,A B .(1)若点(2,2),P 求||AB 的值；(2)设点M 为弦AB 的中点,焦点F 关于圆心O 的对称点为,F '求||F M '的取值范围.请考生在第22,23题中任选择一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.作答时,用2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的标号涂黑.22.(本小题满分10分)选修44-：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中,曲线C 的参数方程为233x y αα⎧=+⎪⎨=⎪⎩(α为参数,0πα≤≤).在以坐标原点为极点,x 轴的非负半轴为极轴的极坐标系中,射线l 的极坐标方程是π6θ=.(1)求曲线C 的极坐标方程；(2)若射线l 与曲线C 相交于,A B 两点,求||||OA OB ⋅的值.23.(本小题满分10分)选修45-：不等式选讲已知0,0,a b >>且24,a b +=函数()2f x x a x b =++-在R 上的最小值为.m (1)求m 的值；(2)若22a mb tab +≥恒成立,求实数t 的最大值.参考答案一、选择题(每小题5分,共60分)1.B ；2.A ；3.C ；4.D ；5.A ；6.A ；7.B ；8.C ；9.D ； 10.B ； 11.C ； 12.A.二、填空题(每小题5分,共20分)13.8； 14.15； ； 16.1e (1,e ).三、解答题(共70分) 17. 解：(1)由正弦定理知sin sin a b A B =,又2,tan sin a b A B =所以2.sin tan a aA A= 于是1cos ,2A =因为0π,A <<所以π.3A =6分(2)因为π2,,3a b A ===22π222cos ,3c c =+-⨯⨯即2230.c c --=又0c >,所以 3.c =故ABC ∆的面积为11πsin 23sin223bc A =⨯⨯⨯= 12分18.解：(1)得分[20,40)的频率为0.005200.1⨯=；得分[40,60)的频率为0.010200.2⨯=； 得分[80,100]的频率为0.015200.3⨯=；所以得分[60,80)的频率为1(0.10.20.3)0.4.-++=设班级得分的中位数为x 分,于是600.10.20.40.520x -++⨯=,解得70.x = 所以班级卫生量化打分检查得分的中位数为70分. 6分(2)由(1)知题意 “良”、“中”的频率分别为0.4,0.2.又班级总数为40.于是“良”、“中”的班级个数分别为16,8．分层抽样的方法抽取的 “良”、“中”的班级个数分别为4,2. 因为评定为“良”,奖励2面小红旗,评定为“中”,奖励1面小红旗.所以抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3为两个评定为“良”的班级或一个评定为“良”与一个评定为“中”的班级.记这个事件为.A 则A 为两个评定为“中”的班级.把4个评定为“良”的班级标记为1,2,3,4. 2个评定为“中”的班级标记为5,6.从这6个班级中随机抽取2个班级用点(,)i j 表示,其中16i j ≤<≤.这些点恰好为66⨯方格格点上半部分(不含i j =对角线上的点),于是有366152-=种. 事件A 仅有(5,6)一个基本事件. 所以114()1()1.1515P A P A =-=-= 所抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率为14.1512分19.解：(1)因为2AB AM ==,MB =所以222.AM AB MB +=于是.AB AM ⊥ 又,AB AD ⊥且,AMAD A AM =⊂平面ABD ,AD ⊂平面ADM ,所以AB ⊥平面.ADM 5分(2)因为2,AM AD MD ===所以ADM S ∆=因为2BE EM =,所以1.3C AEM C ABM V V --=又//,CD AB AB ⊥平面.ADM 所以111333A CEM C AEM C ABM D ABMB ADM V V V V V -----====111123333ADM S AB =⨯⋅⋅=⨯=所以三棱锥A CEM -的体积为912分20.解：(1)令3e ()ln ,(e,).e x g x x x x -=-∈+∞+则22214e (e)()0.(e)(e)x g x x x x x -'=-=>++于是()g x 在(e,)+∞单调递增,所以()(e)0,g x g >= 即3eln ,(e,).ex x x x ->∈+∞+ 5分(2)22222222(21)ln (e )(ln 1)(e )ln (e )().(ln )(ln )x x x x x x x x x x f x x x x x +-+++--++'== 令2222()(e )ln (e ),(e,).h x x x x x x =--++∈+∞ 当(e,)x ∈+∞时,由(1)知3eln .e x x x ->+则222223e 1()(e )(e )2(4e 1)2[(2e )],e 2x h x x x x x x x x x ->--++=-+=-++ 当1[2e ,)2x ∈++∞时,()0h x >,从而()0.f x '> 故()f x 在1[2e ,)2++∞严格单调递增. 12分21.解：设点00(,)P x y ,其中2001.2y x =因为,y x '=所以切线l 的斜率为0,x 于是切线2001:.2l y x x x =-(1)因为(2,2),P 于是切线:2 2.l y x =-故圆心O 到切线l 的距离为d =于是||AB===5分(2)联立22200112x yy x x x⎧+=⎪⎨=-⎪⎩得22340001(1)10.4x x x x x+-+-=设1122(,),(,),(,).A x yB x y M x y则3122,1xx xx+=+32240001()4(1)(1)0.4x x x∆=--+->又20,x≥于是202x≤<+于是32200120022001,.22(1)22(1)x xx xx y x x xx x+===-=-++又C的焦点1(0,),2F于是1(0,).2F'-故||F M'===9分令21,t x=+则13t≤<+于是||F M'==因为3tt+在单调递减,在+单调递增.又当1t=时,1||2F M'=；当t=时,||F M'=；当3t=+时,11||.22F M'=>所以||F M'的取值范围为1).212分22.解：(1)消去参数α得22(2)3(0)x y y-+=≥将cos,sinx yρθρθ==代入得22(cos2)(sin)3,ρθρθ-+=即24cos10.ρρθ-+=所以曲线C的极坐标方程为2π4cos10(0).3ρρθθ-+=≤≤5分(2)法1：将π6θ=代入2π4cos10(0)3ρρθθ-+=≤≤得210ρ-+=,设12ππ(,),(,),66A Bρρ则121.ρρ=于是12|||| 1.OA OBρρ⋅==10分法2：π3θ=与曲线C相切于点,Mπ||2sin1,3OM==由切割线定理知2|||||| 1.OA OB OM⋅==10分23.解：(1)3, (,),2()2, [,],23, (,).a x a b x a f x x a x b x a b x b x a b x b ⎧--+∈-∞-⎪⎪⎪=++-=++∈-⎨⎪+-∈+∞⎪⎪⎩.当(,)2a x ∈-∞-时,函数()f x 单调递减；当(,)xb ∈+∞时,函数()f x 单调递增. 所以m 只能在[,]2a b -上取到.当[,]2ax b ∈-时,函数()f x 单调递增. 所以2() 2.222a a a bm f a b +=-=-++==5分(2)因为22a mb tab +≥恒成立,且0,0a b >>,所以22a mb t ab +≤恒成立即mina b mb t a ⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭.由(1)知2m =,于是a b a mb +≥== 当且仅当2a b ab =时等号成立即1)0,2(20.a b =>=>所以t ≤,故实数t的最大值为10分。

2020年四川省成都七中高考数学三诊试卷（文科）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合0，1，2，3，，，则A. 1，B. 1，C. 0，1，D. 0，1，2.已知复数，则A. B. 1 C. D. 23.设函数为奇函数，当时，，则A. B. C. 1 D. 24.已知单位向量，的夹角为，则A. 3B. 7C.D.5.已知双曲线的渐近线方程为，则双曲线的离心率是A. B. C. D.6.在等比数列中，，则“”是“”的A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件7.如图所示的程序框图，当其运行结果为31时，则图中判断框处应填入的是A. B. C. D.8.已知a，b为两条不同直线，，，为三个不同平面，下列命题：若，，则若，，则若，，则若，，则其中正确命题序号为A. B. C. D.9.南宋数学家杨辉在详解九章算法和算法通变本末中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”现有高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，61，95，则该数列的第8项为A. 99B. 131C. 139D. 14110.已知，，，则A. B. C. D.11.已知一个四面体的每一个面都是以3，3，2为边长的锐角三角形，则这个四面体的外接球的表面积为A. B. C. D.12.已知P是椭圆上一动点，，，则的最大值是A. B. C. D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知数列的前n项和为，且，，则______．14.已知实数x，y满足线性约束条件，则目标函数的最大值是______．15.如图是一种圆内接六边形ABCDEF，其中且则在圆内随机取一点，则此点取自六边形ABCDEF内的概率是______．16.若指数函数且与一次函数的图象恰好有两个不同的交点，则实数a的取值范围是______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，已知．求角A的大小；若，，求的面积．18.成都七中为了解班级卫生教育系列活动的成效，对全校40个班级进行了一次突击班级卫生量化打分检查满分100分，最低分20分根据检查结果：得分在评定为“优”，奖励3面小红旗；得分在评定为“良”，奖励2面小红旗；得分在评定为“中”，奖励1面小红旗；得分在评定为“差”，不奖励小红旗．已知统计结果的部分频率分布直方图如图：依据统计结果的部分频率分布直方图，求班级卫生量化打分检查得分的中位数；学校用分层抽样的方法，从评定等级为“良”、“中”的班级中抽取6个班级，再从这6个班级中随机抽取2个班级进行抽样复核，求所抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率．19.如图，在四棱锥中，，，，．证明：平面ADM；若且，E为线段BM上一点，且，求三棱锥的体积．20.已知函数，．证明：当时，；证明：在单调递增．其中是自然对数的底数．21.已知点P是抛物线C：上的一点，其焦点为点F，且抛物线C在点P处的切线l交圆O：于不同的两点A，B．若点，求的值；设点M为弦AB的中点，焦点F关于圆心O的对称点为，求的取值范围．22.在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为为参数，在以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，射线l的极坐标方程是．求曲线C的极坐标方程；若射线l与曲线C相交于A，B两点，求的值．23.已知，，且，函数在R上的最小值为m．求m的值；若恒成立，求实数t的最大值．-------- 答案与解析 --------1.答案：B解析：解：0，1，2，3，，1，4，9，，1，．故选：B．可以求出集合B，然后进行交集的运算即可．本题考查了列举法、描述法的定义，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题．2.答案：A解析：解：，则．故选：A．利用复数模的运算性质即可得出．本题考查了复数模的运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．3.答案：C解析：解：根据题意，当时，，则，又由为奇函数，则，则；故选：C．根据题意，由函数的解析式可得，由函数的奇偶性可得的值，据此可得，即可得答案．本题考查函数的奇偶性的性质以及应用，涉及函数值的计算，属于基础题．4.答案：D解析：解：根据题意，单位向量，的夹角为，则，则，故；故选：D．根据题意，求出的值，由数量积的运算性质可得，代入数据计算可得的值，变形可得答案．本题考查向量数量积的计算，涉及向量模的计算，属于基础题．5.答案：A解析：解：由双曲线的方程可得渐近线为：，所以由题意可得：，所以离心率，故选：A．由双曲线的方程可得渐近线的方程，再由椭圆可得a，b的关系，由a，b，c之间的关系进而求出离心率．考查双曲线的性质，属于基础题．6.答案：A解析：【分析】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等比数列的性质是解决本题的关键．根据充分条件和必要条件的定义结合等比数列的性质进行判断即可．【解答】解：在等比数列中，若，即，，，即，则，即成立，若等比数列1，，4，，16，满足，但不成立，故“”是“”的充分不必要条件，故选：A7.答案：C解析：【分析】本题考查解决程序框图中的循环结构时，常采用写出前几次循环的结果，找规律，属于基础题．按照程序框图的流程，写出前几次循环的结果判断出当i为何值时输出，得到判断框中的条件．【解答】解：初始值，模拟执行程序框图，可得，不满足条件，继续循环；，不满足条件，继续循环；，不满足条件，继续循环；，，此时，由题意，应该满足条件，退出循环，输出S的值为31．故判断框中应填入的关于i的条件是？故选C．8.答案：C解析：解：若，，则，故正确；若，，则或与相交，故错误；若，，则或与相交，故错误；若，，则，故正确．正确命题序号为．由空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定逐一核对四个命题得答案．本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．9.答案：D解析：解：由题意可知：1，5，11，21，37，61，95，的差的数列为：4，6，10，16，24，34，这个数列的差组成的数列为：2，4，6，8，10，是等差数列，所以前7项分别为1，5，11，21，37，61，95，则该数列的第8项为：．故选：D．利用已知条件，推出数列的差数列的差组成的数列是等差数列，转化求解即可．本题考查数列的递推关系式的应用，等差数列的定义的应用，是中档题．10.答案：C解析：解：，，．．又．．故选：C．利用对数函数的单调性即可得出．本题考查了对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．11.答案：C解析：解：设长方体的长宽高分别是a，b，c，其四个顶点就构成一个四面体满足每个面的边长为3，3，2，则，，，则，即长方体的外接球直径，故外接球的表面积，故选：C．考虑一个长方体，其四个顶点就构成一个四面体恰好就是每个三角形边长为3，3，2，则四面体的外接球即为长方体的外接球，进而计算出其外接球的直径，可得外接本题考查求一个几何体的外接球表面积，关键是求出外接球的半径，将几何体补成一个长方体是解题的关键，考查数形结合思想，属于中档题．12.答案：A解析：解：过点P作，垂足为H，设，则，，令，当时，，，；当时，，当且仅当，即时取等号，此时最大，且．故选：A．过点P作，垂足为H，设，可得，由正切的和角公式可得，通过换元令，结合基本不等式可得当时最大，由此得解．本题考查圆锥曲线中的最值求解，涉及了正切的和角公式，基本不等式的运用等基础知识点，考查转化思想，换元思想，数形结合思想等，考查运算求解能力，属于较难题目．13.答案：8解析：解：数列的前n项和为，且，，可得，，，故答案为：8．利用数列的递推关系式，逐步求解即可．本题考查数列的递推关系式的应用，数列项的求法，是基本知识的考查．14.答案：15解析：解：先根据实数x，y满足线性约束条件，画出可行域，然后平移直线，当直线过点时，目标函数的纵焦距取得最大值，此时z取得最大值，z 最大值为．故答案为：15．先根据约束条件画出可行域，再利用几何意义求最值，只需求出直线过点时，z 最大值即可．本题主要考查了简单的线性规划，以及利用几何意义求最值，属于基础题．15.答案：解析：解：因为且．所以该图形是该圆的内接正六边形AMNBCDEF的一部分．易知，以O为顶点，正八边形的各边为底边的八个等腰三角形全等．且它们的腰长为圆的半径r，顶角为．故每个小等腰三角形的面积为．内接六边形ABCDEF的面积为，由正八边形的性质知：四边形ABCF是矩形，且，所以．又，故所求概率为：．故答案为：．易知，题中所给的多边形是该圆的内接正八边形的一部分，并且整个正八边形是由八个全等的等腰三角形组合而成．结合正八边形的对称性，可知内接六边形ABCDEF部分，其面积是六个等腰三角形的面积，由此可求出结果．本题考查几何概型概率的计算，以及圆的内接正八边形的性质．属于中档题．16.答案：解析：解：当时，函数且的图象与一次函数的图象没有交点，设当时，指数函数且与一次函数的图象恰好有两个不同的交点，，且与相切于，，则有，故，，即，，，实数a的取值范围是：．故答案为：．判断，利用函数的导数，转化求解a的最大值，从而求出a的取值范围．本题考查了指数函数的性质，函数的导数的应用，切线方程的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．17.答案：解：由正弦定理知，又，所以．于是，因为，所以．因为，由余弦定理得，即．又，所以．故的面积为．解析：由正弦定理，同角三角函数基本关系式化简已知等式可得，结合范围，可求A的值．由已知利用余弦定理得，结合，可求c的值，进而根据三角形的面积公式即可求解．本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．18.答案：解：得分的频率为；得分的频率为；得分的频率为；所以得分的频率为．设班级得分的中位数为x分，于是，解得．所以班级卫生量化打分检查得分的中位数为70分．由知题意“良”、“中”的频率分别为，又班级总数为40．于是“良”、“中”的班级个数分别为16，8．分层抽样的方法抽取的“良”、“中”的班级个数分别为4，2．因为评定为“良”，奖励2面小红旗，评定为“中”，奖励1面小红旗．所以抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3为两个评定为“良”的班级或一个评定为“良”与一个评定为“中”的班级．记这个事件为A．则为两个评定为“中”的班级．把4个评定为“良”的班级标记为1，2，3，4，2个评定为“中”的班级标记为5，6．从这6个班级中随机抽取2个班级用点表示，其中．这些点恰好为方格格点上半部分不含对角线上的点，于是有种．事件仅有一个基本事件．所以．所抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率为．解析：利用频率分布直方图，能求出班级卫生量化打分检查得分的中位数．“良”、“中”的频率分别为，又班级总数为从而“良”、“中”的班级个数分别为16，分层抽样的方法抽取的“良”、“中”的班级个数分别为4，由此利用对立事件概率计算公式能求出抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率．本题考查中位数、概率的求法，考查分层抽样、频率分布直方图、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．19.答案：解：因为，，所以于是．又，且，平面ABD，平面ADM，所以平面ADM．因为，所以．因为，所以．又，平面ADM．所以．所以三棱锥的体积为．解析：推导出，由此能证明平面ADM．推导出，，由此能求出三棱锥的体积．本题考查线面垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20.答案：证明：令，则．于是在单调递增，，即；．令，．当时，由知．则，当时，，从而．故在上单调递增．解析：令，求其导函数，可得导函数大于0，由得结论；求出原函数的导函数，再令，结合中，把导函数缩小，再由缩小后的解析式在上大于0恒成立，可得在单调递增．本题考查利用导数研究函数的单调性，正确求导是解答该题的关键，考查计算能力，是中档题．21.答案：解：设点，其中．因为，所以切线l的斜率为，于是切线．因为，于是切线l：故圆心O到切线l的距离为．于是．联立得．设，，则，．又，于是．于是．又C的焦点，于是．故．令，则于是．因为在单调递减，在单调递增．又当时，；当时，；当时，．所以的取值范围为．解析：设点，其中利用函数的导数求出切线的斜率，得到切线方程，通过圆心O到切线l的距离为转化求解即可．联立得设，，利用韦达定理，求出中点坐标，求出的表达式，令，则于是利用函数的单调性求解范围即可．本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，圆的方程的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．22.答案：解：消去参数得将，代入得，即．所以曲线C的极坐标方程为．法1：将代入，得，设，则．于是．法2：与曲线C相切于点M，，由切割线定理知．解析：直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．利用极径的应用和一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．23.答案：解：，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，所以m只能在上取到．当时，函数单调递增．所以；因为恒成立，且，，所以恒成立即．由知，于是．当且仅当时等号成立即．所以，故实数t的最大值为．解析：由绝对值的意义，去绝对值，可得的分段函数式，由一次函数的单调性，可得的最小值，进而得到m的值；由参数分离可得恒成立即，运用基本不等式可得此不等式右边的最小值，进而得到所求t的最大值．本题考查含绝对值的函数的最值求法，注意结合一次函数的单调性，考查不等式恒成立问题解法，注意运用转化思想和基本不等式，考查运算能力和推理能力，属于中档题．。

成都七中2020届高中毕业班三诊模拟数 学(文科)本试卷分选择题和非选择题两部分. 第Ⅰ卷(选择题)1至2页,第Ⅱ卷 (非选择题)3至4页,共4页,满分150分,考试时间120分钟. 注意事项：1.答题前,务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上.2.答选择题时,必须使用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦擦干净后,再选涂其它答案标号.3.答非选择题时,必须使用0.5毫米黑色签字笔,将答案书写在答题卡规定位置上.4.所有题目必须在答题卡上作答,在试题卷上答题无效.5.考试结束后,只将答题卡交回.第Ⅰ卷 (选择题,共60分)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2{1,0,1,2,3,4},{|,}A B y y x x A =-==∈,则A B =I(A){0,1,2} (B){0,1,4} (C){1,0,1,2}- (D){1,0,1,4}- 2. 已知复数11iz =+,则||z =(A)2(B)1 (D)2 3. 设函数()f x 为奇函数,当0x >时,2()2,f x x =-则((1))f f = (A)1- (B)2- (C)1 (D)24. 已知单位向量12,e e 的夹角为2π3,则122e e -=(A)3 (B)75. 已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的渐近线方程为3y x =±,则双曲线的离心率是(B)3 (C)10 (D)1096. 在等比数列{}n a 中,10,a >则“41a a <”是“53a a <”的(A)充分不必要条件 (B)必要不充分条件 (C)充要条件 (D)既不充分也不必要条件7. 如图所示的程序框图,当其运行结果为31时,则图中判断框①处应填入的是(A)6?i ≤ (B)5?i ≤ (C)4?i ≤ (D)3?i ≤8. 已知,a b 为两条不同直线,,,αβγ为三个不同平面,下列命题：①若///,,/ααγβ则//βγ；②若//,//,a a αβ则//αβ；③若,,αγγβ⊥⊥则αβ⊥；④若,,a b αα⊥⊥则//a b .其中正确命题序号为 (A)②③(B)②③④(C)①④(D)①②③9. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中,提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.对这类高阶等差数列的研究,在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列,其前7项分别为1,5,11,21,37,61,95,则该数列的第8项为 (A)99(B)131 (C)139 (D)14110. 已知2πlog e ,a =πln ,eb =2e ln ,πc =则(A)a b c <<(B)b c a <<(C)b a c <<(D)c b a <<11. 已知一个四面体的每一个面都是以3,3,2为边长的锐角三角形,则这个四面体的外接球的表面积为 (A)11π4 (B)11π2(C)11π (D)22π 12. 已知P 是椭圆2214x y +=上一动点,(2,1),(2,1)A B -,则cos ,PA PB u u u r u u u r 的最大值是(A)4 (B)17 (C)6- (D)14第Ⅱ卷 (非选择题,共90分)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.已知数列{}n a 的前n 项和为,n S 且111,1(2),n n a a S n -==+≥则4a =14. 已知实数,x y 满足线性约束条件117x y x y ≥⎧⎪≥-⎨⎪+≤⎩,则目标函数2z x y =+的最大值是15. 如图是一种圆内接六边形ABCDEF ,其中BC CD DE EF FA ====且.AB BC ⊥则在圆内随机取一点,则此点取自六边形ABCDEF 内的概率是16. 若指数函数xy a =(0a >且1)a ≠与一次函数y x =的图象恰好有两个不同的交点,则实数a 的取值范围是三、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)在ABC ∆中,内角,,A B C 的对边分别为,,.a b c 已知2.tan sin a bA B= (1)求角A 的大小； (2)若2,a b ==求ABC ∆的面积.18.(本小题满分12分)成都七中为了解班级卫生教育系列活动的成效,对全校40个班级进行了一次突击班级卫生量化打分检查(满分100分,最低分20分).根据检查结果：得分在[80,100]评定为“优”,奖励3面小红旗；得分在[60,80)评定为“良”,奖励2面小红旗；得分在[40,60)评定为“中”,奖励1面小红旗；得分在[20,40)评定为“差”,不奖励小红旗.已知统计结果的部分频率分布直方图如下图：(1)依据统计结果的部分频率分布直方图,求班级卫生量化打分检查得分的中位数；(2)学校用分层抽样的方法,从评定等级为“良”、“中”的班级中抽取6个班级,再从这6个班级中随机抽取2个班级进行抽样复核,求所抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率.19.(本小题满分12分)如图,在四棱锥M ABCD -中,2,2.,,3AB AM AD MB MD AB AD =====⊥ (1)证明：AB ⊥平面ADM ； (2)若//CD AB 且23CD AB =,E 为线段BM 上一点,且 2BE EM =,求三棱锥A CEM -的体积.20.(本小题满分12分)已知函数22e (),(e,).ln x xf x x x x++=∈+∞ (1)证明：当(e,)x ∈+∞时,3eln ex x x ->+； (2)证明：()f x 在1[2e ,)2++∞单调递增.(其中e 2.71828=L 是自然对数的底数).21.(本小题满分12分)已知点P 是抛物线21:2C y x =上的一点,其焦点为点,F 且抛物线C 在点P 处的切线l 交圆:O 221x y +=于不同的两点,A B .(1)若点(2,2),P 求||AB 的值；(2)设点M 为弦AB 的中点,焦点F 关于圆心O 的对称点为,F '求||F M '的取值范围.请考生在第22,23题中任选择一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.作答时,用2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的标号涂黑.22.(本小题满分10分)选修44-：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中,曲线C 的参数方程为233x y αα⎧=⎪⎨=⎪⎩(α为参数,0πα≤≤).在以坐标原点为极点,x 轴的非负半轴为极轴的极坐标系中,射线l 的极坐标方程是π6θ=.(1)求曲线C 的极坐标方程；(2)若射线l 与曲线C 相交于,A B 两点,求||||OA OB ⋅的值.23.(本小题满分10分)选修45-：不等式选讲已知0,0,a b >>且24,a b +=函数()2f x x a x b =++-在R 上的最小值为.m(1)求m 的值；(2)若22a mb tab +≥恒成立,求实数t 的最大值.成都七中2020届高中毕业班三诊模拟数 学(文科)参考答案及评分意见第Ⅰ卷 (选择题,共60分)一、选择题(每小题5分,共60分)1.B ；2.A ；3.C ；4.D ；5.A ；6.A ；7.B ；8.C ；9.D ； 10.B ； 11.C ； 12.A.第Ⅱ卷 (非选择题,共90分)二、填空题(每小题5分,共20分)13.8； 14.15； 15.2π； 16.1e (1,e ).三、解答题(共70分) 17. 解：(1)由正弦定理知sin sin a b A B =,又2,tan sin a b A B =所以2.sin tan a aA A= 于是1cos ,2A =因为0π,A <<所以π.3A = L L 6分(2)因为π2,,3a b A ===22π222cos,3c c =+-⨯⨯即2230.c c --=又0c >,所以 3.c =故ABC ∆的面积为11πsin 23sin 223bc A =⨯⨯⨯= L L 12分18.解：(1)得分[20,40)的频率为0.005200.1⨯=；得分[40,60)的频率为0.010200.2⨯=； 得分[80,100]的频率为0.015200.3⨯=；所以得分[60,80)的频率为1(0.10.20.3)0.4.-++=设班级得分的中位数为x 分,于是600.10.20.40.520x -++⨯=,解得70.x = 所以班级卫生量化打分检查得分的中位数为70分. L L 6分 (2)由(1)知题意 “良”、“中”的频率分别为0.4,0.2.又班级总数为40.于是“良”、“中”的班级个数分别为16,8．分层抽样的方法抽取的 “良”、“中”的班级个数分别为4,2.因为评定为“良”,奖励2面小红旗,评定为“中”,奖励1面小红旗.所以抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3为两个评定为“良”的班级或一个评定为“良”与一个评定为“中”的班级.记这个事件为.A 则A 为两个评定为“中”的班级.把4个评定为“良”的班级标记为1,2,3,4. 2个评定为“中”的班级标记为5,6.从这6个班级中随机抽取2个班级用点(,)i j 表示,其中16i j ≤<≤.这些点恰好为66⨯方格格点上半部分(不含i j =对角线上的点),于是有366152-=种. 事件A 仅有(5,6)一个基本事件. 所以114()1()1.1515P A P A =-=-= 所抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率为14.15L L 12分19.解：(1)因为2AB AM==,MB =所以222.AM AB MB +=于是.AB AM ⊥又,AB AD ⊥且,AM AD A AM =⊂I 平面ABD ,AD ⊂平面ADM ,所以AB ⊥平面.ADM L L 5分(2)因为2,AM AD MD ===所以ADM S ∆=因为2BE EM =,所以1.3C AEM C ABM V V --=又//,CD AB AB ⊥平面.ADM所以111333A CEM C AEM C ABM D ABM B ADM V V V V V -----==== 111123333ADM S AB =⨯⋅⋅=⨯=所以三棱锥A CEM -L L 12分20.解：(1)令3e ()ln ,(e,).e x g x x x x -=-∈+∞+则22214e (e)()0.(e)(e)x g x x x x x -'=-=>++于是()g x 在(e,)+∞单调递增,所以()(e)0,g x g >=即3eln ,(e,).ex x x x ->∈+∞+ L L 5分 (2)22222222(21)ln (e )(ln 1)(e )ln (e )().(ln )(ln )x x x x x x x x x x f x x x x x +-+++--++'== 令2222()(e )ln (e ),(e,).h x x x x x x =--++∈+∞当(e,)x ∈+∞时,由(1)知3eln .e x x x ->+则222223e 1()(e )(e )2(4e 1)2[(2e )],e 2x h x x x x x x x x x ->--++=-+=-++ 当1[2e ,)2x ∈++∞时,()0h x >,从而()0.f x '> 故()f x 在1[2e ,)2++∞严格单调递增. L L 12分21.解：设点00(,)P x y ,其中2001.2y x =因为,y x '=所以切线l 的斜率为0,x 于是切线2001:.2l y x x x =-(1)因为(2,2),P 于是切线:2 2.l y x =-故圆心O 到切线l的距离为d =于是||5AB === L L 5分(2)联立22200112x y y x x x ⎧+=⎪⎨=-⎪⎩得22340001(1)10.4x x x x x +-+-= 设1122(,),(,),(,).A x y B x y M x y 则301220,1x x x x +=+32240001()4(1)(1)0.4x x x ∆=--+-> 又200,x ≥于是2002x ≤<+于是32200120022001,.22(1)22(1)x x x x x y x x x x x +===-=-++ 又C 的焦点1(0,),F 于是1(0,).F '-故||F M '===L L 9分 令201,t x =+则13t ≤<+于是||F M'==因为3t t+在单调递减,在+单调递增.又当1t =时,1||2F M '=；当t =时,||F M '=；当3t =+时,11||.22F M '=> 所以||F M '的取值范围为1).2L L 12分22.解：(1)消去参数α得22(2)3(0)x y y -+=≥将cos ,sin x y ρθρθ==代入得22(cos 2)(sin )3,ρθρθ-+=即24cos 10.ρρθ-+=所以曲线C 的极坐标方程为2π4cos 10(0).3ρρθθ-+=≤≤L L 5分 (2)法1：将π6θ=代入2π4cos 10(0)3ρρθθ-+=≤≤得210ρ-+=,设12ππ(,),(,),66A B ρρ则12 1.ρρ=于是12|||| 1.OA OB ρρ⋅== L L 10分法2：π3θ=与曲线C 相切于点,M π||2sin 1,3OM ==由切割线定理知2|||||| 1.OA OB OM ⋅== L L 10分23.解：(1)3, (,),2()2, [,],23, (,).a x a b x a f x x a x b x a b x b x a b x b ⎧--+∈-∞-⎪⎪⎪=++-=++∈-⎨⎪+-∈+∞⎪⎪⎩.当(,)2ax ∈-∞-时,函数()f x 单调递减；当(,)x b ∈+∞时,函数()f x 单调递增.所以m 只能在[,]2a b -上取到.当[,]2ax b ∈-时,函数()f x 单调递增.所以2() 2.222a a a bm f a b +=-=-++== L L 5分(2)因为22a mb tab +≥恒成立,且0,0a b >>,所以22a mb t ab +≤恒成立即mina b mb t a ⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭.由(1)知2m =,于是a b a mb +≥== 当且仅当2aab =时等号成立即1)0,2(20.a b =>=> 所以t ≤,故实数t 的最大值为 L L 10分。

成都七中2022～2023学年度下期高2023届三诊模拟考试语文试题考试时间：150分钟总分：150分一、现代文阅读（36分）（一）论述类文本阅读（本题共3小题，9分）阅读下面的文字，完成1～3题。

传统“正史”中，《史记》和《汉书》双峰并峙，影响深远。

概略地说，大约中唐之前，人们甲班乙马，宋以后，人们劣固优迁。

那么，唐宋间这个“史升汉降”的转变是如何发生的呢？中古中国是个贵族社会，典雅渊懿的《汉书》符合贵族阶层爱好骈文的审美口味。

唐以后，贵族社会向平民社会转变，随着市民文化的兴起，对散文的爱好逐渐成为主流，《史记》地位因此快速上升。

这个解释之外，胡宝国增加了史学内在理路的解释：这和史学从“重叙述”走向“重解释”的变化有关，《史记》贯穿了对历史的某种解释，当宋代以后人们逐渐重视历史解释的时候，《史记》自然就受到了推崇。

在“史升汉降”的转折点上，有一个人起了重要作用，这就是唐代的韩愈。

韩愈对《史记》推崇备至，他本人“雄深雅健”的风格也和司马迁一脉相承。

韩愈提倡古文运动，主张越过六朝的骈文时代，回到司马迁时代，以《史记》为古文典范，由此开始了《史记》的复兴与地位提升。

不过，精英人物在鉴赏品位上的引领固然重要，而社会阶层结构的变化则是文化变迁之基础，两者互动合拍才使某种品位成为主流阶层的文化标识。

历史思维的一个特点就是“据后以论前”，按历史哲学家阿瑟·丹托的看法，历史评论都是“据后以论前”的：立足于后面发生的事情，不断修正对前面发生事情的评价。

当这个历史叙述不断延展，每一次加入新著作，都会使得已经在这段历史中的原有经典著作挪动位置——哪怕是一点点的挪动。

胡宝国说：“宋代史家有追求会通的风气……他们从会通的角度看《史记》，自然会给司马迁以很高的评价。

”到唐初为止，除《史记》之外，可以说还没有一部成功的通史，到唐宋后出现“三通”、《资治通鉴》等出色的通史著作，长于会通的《史记》随之更受重视；后世纪传体越是蓬勃发展，纪传体鼻祖《史记》的地位自然会越来越高。

成都七中2018届高三三诊模拟试题(文科)数学第Ⅰ卷（共60分）一、选择题：本大题共12个小题,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.????2x1??B?xy0?xx?A?x3BA为（ 1. ）已知集合，，则???????0,1,30,31 D．A．． C． B1z1?z?i zz 的虚部为（）2. 已知复数) (满足，则为虚数单位i?i i．-1 CA．． 1 D B．??????x4,10,10,4yy，分别转化为把需实施的变和，内的均匀随机数内的均匀随机数3. 21换分别为y?4x?4,y?4,y?5x?4x?3?y?4x．A B．2121y?4x,y?x?44x?3?y?4x,y5 C ．． D22110??2x x?xRp:??xRq:??x，4. 已知命题则下列说法中正确的是（），,命题，p?qp?q是真命题 BA．命题．命题是假命题(?q)p?(?q)p?是假命题．命题 C. 命题真命题 D5.《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，则该“堑堵”的表面积为（）4+42246?2． D C. ． 4 B．A．1ACt?ADO?OABC)AO??OC(OBDB三点共线，，,已知内一点，且，若为,6. 2t）则的值为（2111 BA．． C. D．43234??yx??2??y2x y2x?z?）下，目标函数的最大值为（7. 在约束条件??y?x??A．26 B． 24 C. 22 D．208. 运行下列框图输出的结果为43，则判断框应填入的条件是（）?45z?50z?z5242?z． C. D． BA．2?0x??xx,f(x)?g(f(?2))的值为（9. 已知函数）是奇函数，则?g(x),x?0?A． 0 B．-1 C.-2 D．-4?x sin)?f(x个单再向右平移10.将函数)，图象上每一点的缩短为原来的一半(纵坐标不变6x)y?g(x)y?g(的单调递增区间为（）的图象，则函数位长度得到????55????????z?2k??kk?,2k2k?2kz?,．A ． B????661212????????55????????z?k??,kz?kk?,kk?．C. D ????612126????2x320)a?1(y?:C4?，抛物线已知双曲线11. 的右顶点到其一条渐近线的距离等于2a4．2C px?E:y2EM到直动物线点线上曲线的右焦点重的合，则的抛焦点与双6?0l:y?x??1l:4x?3距离之和的最小值为（和）21A．1 B． 2 C. 3 D．43?2,x??8x?,14???2?x)f(?g(x)xf(?x)6区间,则函数函数在12. 定义?x1?2?f(),x?22?N内的所有零点的和为（）33????n n21)?1)(2(2? C.BA ． D．．24第Ⅱ卷（共90分）二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）ln1??e?log2log18 13.．33OAB2)(6,(2,4)O(0,0)BA的外接圆方程，则三角形14. 在平面直角坐标系中，三点,，是．C?ABCC cb,a,BBAA成等差数列，所对的边分别为、15. 在锐角、，且、中，角、?ABC3b?面积的取值范围是．，则ABCDSADSDS?ABCD为斜边的16. 四棱锥是以是边长为2的正方形，侧面中，底面??834ABCD?S,，则该四棱锥外接球表等腰直角三角形，若四棱锥的体积取值范围为??33??面积的取值范围是．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）70 三、解答题（本大题共6小题，共分.??a aa?7aa. ，且，中，，已知公差不为零的等差数列17. 成等比数列13314n??a 1）求数列的通项公式；（n??n nSS2?a.项和）记数列（2的前，求nnn18.某县共有90间农村淘宝服务站，随机抽取5间，统计元旦期间的网购金额(单位：万元).的茎叶图如图所示，其中茎为十位数，叶为个位数．（1）根据茎叶图计算样本均值；（2）若网购金额(单位：万元)不小于18的服务站定义为优秀服务站，其余为非优秀服务站.根据茎叶图推断90间服务站中有几间优秀服务站？（3）从随机抽取的5间服务站中再任取2间作网购商品的调查，求恰有1间是优秀服务站的概率.AB/ABCD/ABCDEFDCADEF，是梯形，四边形19. 中，底面在多面体是正方形，CD?CD?AD?ABCD21ADEFADAB??.面，.，面?EBCEBD；（1）求证：平面平面MT/ECBC/EC?3EMTM使得，上一点，）设试问在线段为线段上是否存在一点，（2BDET的位置；若不存在，说明理由平面，若存在，试指出点?MBCA的距离2）的条件下，求点到平面.（3）在（22yx E?1:?FF P分别是椭圆、是该椭圆上的一个动点，20. 设的左、右焦点.若2124b PFPF的最大值为1.21E的方程；）求椭圆（1OAOB?1ky?l:x?BA为坐标原，且其中为锐角设直线2（）与椭圆交于不同的两点(、kl的取值范围，求直线. 的斜率)点1a?R x ln)(fx??a；已知函数21.，其中xa1x?)x(f的值，处取得极值，求实数（Ⅰ）若函数在22t??2)xx??(t?x x?1?)x?f1)((t?N当，（Ⅱ）若关于在（Ⅰ）的结论下，的不等式2x?3x?2t的值.时恒成立，求22.选修4-4：坐标系与参数方程??,cos?25x??CxOy为参数的参数方程为在直角坐标系).中，曲线 (在以坐标原点为?1?,2sin y????x?42?C:sin?40cos?. 极点，轴正半轴为极轴的极坐标系屮，曲线2CC的普通方程；，（Ⅰ）写出曲线21?lAB CCB,A. 交曲线（Ⅱ）过曲线的直线两点，求的左焦点且倾斜角为于2144-5：不等式选讲23.选修R?x?t?2??x?1x. ，使不等式已知成立t T；）求满足条件的实数的集合（122T1mn?1??t?t?n log m log?n?m.，不等式，的最小值，对恒成立，求2（）若33试卷答案一、选择题1-5: CCCCB 6-10: BAACC 11、12：BD二、填空题??333220?26x?yx?y?, 15. 13. 3 14. ???42???28???20S?, 16.??3??三、解答题n?12n)?2?(1?21n??a221（）∴）（17.n4?6?12?18?20??X12（1）样本均值:18.解52290??36间优秀服（2间服务站中有，由此估计90）样本中优秀服务站为2间，频率为55务站；b,ba,ba,，从随，非优秀服务站为3（3）由于样本中优秀服务站为2间，记为间，记为31212机抽取的5间服务站中任取2间的可能性有(a,a),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),(a,b),31132112222112(a,b),(b,b),(b,b)共10种情况，其中恰有1间是优秀服务站的情况为3321123)ba,a,b),(),(a,b),(a,b),((aa,),(a,b?p. 6种情况，故所求概率为3211322112125ABCABCADEAEAADE，）因为面19. 解:（，面ABCDED?BC?ED.以面，ABCDBH?CDHB，于中，过点作在梯形作?ADB?45?ABHD. 故四边形是正方形，所以?BCH?45?BH?CH?1BCH?BC?2，在中，.，∴BD?DBC?90?BC?BDC?45??.∴，∴∴DEDBD??EBDEDBD?EBD.，因为，平面平面BC?EBD,∴平面?EBCEBCBC?EBD.，∴平面平面平面BCMT//BDET上存在点平面，使得2（）在线段BC3BT?BEMTT. 在线段，连接，使得上取点BTEM1?CMTEBC?CEBMT//EB???与中，因为相似，所以在，所以BCEC3MT?//MTBDEBDEEB?BDE. 平面平面，，所以平面又6 3（）6．22ab4c4b ）易知，20.解:（1， yxP,,0b,04FF4b，则 所以，，设 21y,bPFPFx4，21 222bxb 222222a1f(x1) （Ⅱ）当时，1lognlogmloglogn2logmlogm根据基本不等式，，知，333334b)xb44ybx,xy4bxbb(1 442x2,2xPFPFP ，即因为有最大值，故当，即点 1 为椭圆长轴端点时，212b21b44bb1(1)，解得 42x21y 故所求的椭圆方程为 41xkyy,Ax,Byx ，由得，（2）设 2x211221y42202ky3(k4)y ， 3k2yyyy. 故，2121224k4k 2224816)k12(4k0)(2kAOBcosAOB0OAOB0，为锐角 又 OAOBxxyy0 ∴2112又 211211222xx(ky1)(ky1)kyyk(yy)12k32 22k)y)11k(1yyk(y1xxyy∴ 2211221122k44k2222k41433kk2k0， 224k4k 11111 2k(k,)k. ∴，解得的取值范围是∴422221aax1(x)f（Ⅰ）: 21.解 22xxxa1x10(x)f ，解得时，当a1 满足条件，经验证2(t2)xt2xt1x得23x2xx2x1 h(x)(x2)ln(x1)x， 令t(x2)ln(x1)x 整理x21 ln(x1)1ln(x1)h)(x0(x1) 则，x1x1h(x)3ln21t3ln21(0,2) ，即所以 mint1 ∴yxcos52x22221sin()()cos 22.解:（Ⅰ）2522siny22yx1C的普通方程为 即曲线 1204222yxsinxycos ，，∵．22042y4xyxC 的方程可化为曲线 22211)x2)(yC:(.即22lCcossin4,0)( ，左焦点为的倾斜角为（Ⅱ）曲线直线 12424xt2lCt 整理可得其代程入为（曲线参数）所以直线将的参数方22ty220432ttA,B ，设32ttt,ttt4. 则所以对应的参数分别为，211221224424tt(3ABtt(tt)2).所以 2121211x1,f(x)x1x22x3,1x21f(x)1，）令 ，则解：23.（11,x2Rxt21xx1Tttt.成立，有使不等式由于 ））（2 由（323nm3mn ，当且仅当时取等号，从而等号 nm3nm62nmnm. ，当且仅当再根据基本不等式时取18. 所以的最小值为。

成都七中2020届高中毕业班三诊模拟数 学(文科)命题：巢中俊 审题：钟梁骏 张世永本试卷分选择题和非选择题两部分. 第Ⅰ卷(选择题)1至2页,第Ⅱ卷 (非选择题)3至4页,共4页,满分150分,考试时间120分钟. 注意事项：1.答题前,务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上.2.答选择题时,必须使用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦擦干净后,再选涂其它答案标号.3.答非选择题时,必须使用0.5毫米黑色签字笔,将答案书写在答题卡规定位置上.4.所有题目必须在答题卡上作答,在试题卷上答题无效.5.考试结束后,只将答题卡交回.第Ⅰ卷 (选择题,共60分)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2{1,0,1,2,3,4},{|,}A B y y x x A =-==∈,则A B =I(A){0,1,2} (B){0,1,4} (C){1,0,1,2}- (D){1,0,1,4}- 2. 已知复数11iz =+,则||z =(A)2(B)1 (D)2 3. 设函数()f x 为奇函数,当0x >时,2()2,f x x =-则((1))f f = (A)1- (B)2- (C)1 (D)24. 已知单位向量12,e e 的夹角为2π3,则122e e -=(A)3 (B)7 (C)5. 已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的渐近线方程为3y x =±,则双曲线的离心率是(C)10 (D)1096. 在等比数列{}n a 中,10,a >则“41a a <”是“53a a <”的(A)充分不必要条件 (B)必要不充分条件 (C)充要条件 (D)既不充分也不必要条件7. 如图所示的程序框图,当其运行结果为31时,则图中判断框①处应填入的是(A)6?i ≤ (B)5?i ≤ (C)4?i ≤ (D)3?i ≤8. 已知,a b 为两条不同直线,,,αβγ为三个不同平面,下列命题：①若///,,/ααγβ则//βγ；②若//,//,a a αβ则//αβ；③若,,αγγβ⊥⊥则αβ⊥；④若,,a b αα⊥⊥则//a b .其中正确命题序号为 (A)②③(B)②③④(C)①④(D)①②③9. 南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中,提出了一些新的垛积公式,所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同,前后两项之差并不相等,但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.对这类高阶等差数列的研究,在杨辉之后一般称为“垛积术”.现有高阶等差数列,其前7项分别为1,5,11,21,37,61,95,则该数列的第8项为 (A)99(B)131 (C)139 (D)14110. 已知2πlog e ,a =πln ,eb =2e ln ,πc =则(A)a b c <<(B)b c a <<(C)b a c <<(D)c b a <<11. 已知一个四面体的每一个面都是以3,3,2为边长的锐角三角形,则这个四面体的外接球的表面积为 (A)11π4 (B)11π2(C)11π (D)22π 12. 已知P 是椭圆2214x y +=上一动点,(2,1),(2,1)A B -,则cos ,PA PB u u u r u u u r 的最大值是(D)14第Ⅱ卷 (非选择题,共90分)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.已知数列{}n a 的前n 项和为,n S 且111,1(2),n n a a S n -==+≥则4a =14. 已知实数,x y 满足线性约束条件117x y x y ≥⎧⎪≥-⎨⎪+≤⎩,则目标函数2z x y =+的最大值是15. 如图是一种圆内接六边形ABCDEF ,其中BC CD DE EF FA ====且.AB BC ⊥则在圆内随机取一点,则此点取自六边形ABCDEF 内的概率是16. 若指数函数xy a =(0a >且1)a ≠与一次函数y x =的图象恰好有两个不同的交点,则实数a 的取值范围是三、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)在ABC ∆中,内角,,A B C 的对边分别为,,.a b c 已知2.tan sin a bA B= (1)求角A 的大小； (2)若2,a b ==求ABC ∆的面积.18.(本小题满分12分)成都七中为了解班级卫生教育系列活动的成效,对全校40个班级进行了一次突击班级卫生量化打分检查(满分100分,最低分20分).根据检查结果：得分在[80,100]评定为“优”,奖励3面小红旗；得分在[60,80)评定为“良”,奖励2面小红旗；得分在[40,60)评定为“中”,奖励1面小红旗；得分在[20,40)评定为“差”,不奖励小红旗.已知统计结果的部分频率分布直方图如下图：(1)依据统计结果的部分频率分布直方图,求班级卫生量化打分检查得分的中位数；(2)学校用分层抽样的方法,从评定等级为“良”、“中”的班级中抽取6个班级,再从这6个班级中随机抽取2个班级进行抽样复核,求所抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率.19.(本小题满分12分)如图,在四棱锥M ABCD -中,2,22.,,23AB AM AD MB MD AB AD =====⊥ (1)证明：AB ⊥平面ADM ； (2)若//CD AB 且23CD AB =,E 为线段BM 上一点,且 2BE EM =,求三棱锥A CEM -的体积.20.(本小题满分12分)已知函数22e (),(e,).ln x xf x x x x++=∈+∞ (1)证明：当(e,)x ∈+∞时,3eln ex x x ->+； (2)证明：()f x 在1[2e ,)2++∞单调递增.(其中e 2.71828=L 是自然对数的底数).21.(本小题满分12分)已知点P 是抛物线21:2C y x =上的一点,其焦点为点,F 且抛物线C 在点P 处的切线l 交圆:O 221x y +=于不同的两点,A B .(1)若点(2,2),P 求||AB 的值；(2)设点M 为弦AB 的中点,焦点F 关于圆心O 的对称点为,F '求||F M '的取值范围.请考生在第22,23题中任选择一题作答,如果多做,则按所做的第一题记分.作答时,用2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的标号涂黑.22.(本小题满分10分)选修44-：坐标系与参数方程在平面直角坐标系xOy 中,曲线C 的参数方程为233x y αα⎧=⎪⎨=⎪⎩(α为参数,0πα≤≤).在以坐标原点为极点,x 轴的非负半轴为极轴的极坐标系中,射线l 的极坐标方程是π6θ=.(1)求曲线C 的极坐标方程；(2)若射线l 与曲线C 相交于,A B 两点,求||||OA OB ⋅的值.23.(本小题满分10分)选修45-：不等式选讲已知0,0,a b >>且24,a b +=函数()2f x x a x b =++-在R 上的最小值为.m (1)求m 的值；(2)若22a mb tab +≥恒成立,求实数t 的最大值.成都七中2020届高中毕业班三诊模拟数 学(文科)参考答案及评分意见第Ⅰ卷 (选择题,共60分)一、选择题(每小题5分,共60分)1.B ；2.A ；3.C ；4.D ；5.A ；6.A ；7.B ；8.C ；9.D ； 10.B ； 11.C ； 12.A.第Ⅱ卷 (非选择题,共90分)二、填空题(每小题5分,共20分)13.8； 14.15； ； 16.1e (1,e ).三、解答题(共70分)17. 解：(1)由正弦定理知sin sin a b A B =,又2,tan sin a b A B =所以2.sin tan a aA A=于是1cos ,2A =因为0π,A <<所以π.3A = L L 6分(2)因为π2,,3a b A ===22π222cos ,3c c =+-⨯⨯即2230.c c --=又0c >,所以 3.c =故ABC ∆的面积为11πsin 23sin 223bc A =⨯⨯⨯= L L 12分18.解：(1)得分[20,40)的频率为0.005200.1⨯=；得分[40,60)的频率为0.010200.2⨯=； 得分[80,100]的频率为0.015200.3⨯=；所以得分[60,80)的频率为1(0.10.20.3)0.4.-++=设班级得分的中位数为x 分,于是600.10.20.40.520x -++⨯=,解得70.x = 所以班级卫生量化打分检查得分的中位数为70分. L L 6分(2)由(1)知题意 “良”、“中”的频率分别为0.4,0.2.又班级总数为40. 于是“良”、“中”的班级个数分别为16,8．分层抽样的方法抽取的 “良”、“中”的班级个数分别为4,2.因为评定为“良”,奖励2面小红旗,评定为“中”,奖励1面小红旗.所以抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3为两个评定为“良”的班级或一个评定为“良”与一个评定为“中”的班级.记这个事件为.A 则A 为两个评定为“中”的班级.把4个评定为“良”的班级标记为1,2,3,4. 2个评定为“中”的班级标记为5,6.从这6个班级中随机抽取2个班级用点(,)i j 表示,其中16i j ≤<≤.这些点恰好为66⨯方格格点上半部分(不含i j =对角线上的点),于是有366152-=种. 事件A 仅有(5,6)一个基本事件. 所以114()1()1.1515P A P A =-=-=所抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率为14.15L L 12分19.解：(1)因为2AB AM ==,MB = 所以222.AM AB MB +=于是.AB AM ⊥又,AB AD ⊥且,AM AD A AM =⊂I 平面ABD ,AD ⊂平面ADM ,所以AB ⊥平面.ADM L L 5分(2)因为2,AM AD MD ===所以ADM S ∆=因为2BE EM =,所以1.3C AEM C ABM V V --=又//,CD AB AB ⊥平面.ADM所以111333A CEM C AEM C ABM D ABM B ADM V V V V V -----==== 111123333ADM S AB =⨯⋅⋅=⨯=所以三棱锥A CEM -的体积为9L L 12分20.解：(1)令3e ()ln ,(e,).e x g x x x x -=-∈+∞+则22214e (e)()0.(e)(e)x g x x x x x -'=-=>++于是()g x 在(e,)+∞单调递增,所以()(e)0,g x g >=即3eln ,(e,).ex x x x ->∈+∞+ L L 5分 (2)22222222(21)ln (e )(ln 1)(e )ln (e )().(ln )(ln )x x x x x x x x x x f x x x x x +-+++--++'== 令2222()(e )ln (e ),(e,).h x x x x x x =--++∈+∞当(e,)x ∈+∞时,由(1)知3eln .e x x x ->+则222223e 1()(e )(e )2(4e 1)2[(2e )],e 2x h x x x x x x x x x ->--++=-+=-++ 当1[2e ,)2x ∈++∞时,()0h x >,从而()0.f x '>故()f x 在1[2e ,)2++∞严格单调递增. L L 12分21.解：设点00(,)P x y ,其中2001.2y x =因为,y x '=所以切线l 的斜率为0,x 于是切线2001:.2l y x x x =-(1)因为(2,2),P 于是切线:2 2.l y x =-故圆心O 到切线l的距离为d =于是||AB === L L 5分(2)联立22200112x y y x x x ⎧+=⎪⎨=-⎪⎩得22340001(1)10.4x x x x x +-+-= 设1122(,),(,),(,).A x y B x y M x y 则301220,1x x x x +=+32240001()4(1)(1)0.4x x x ∆=--+-> 又200,x ≥于是2002x ≤<+于是32200120022001,.22(1)22(1)x x x x x y x x x x x +===-=-++ 又C 的焦点1(0,),F 于是1(0,).F '-故||F M '===L L 9分 令201,t x =+则13t ≤<+于是||F M'==因为3t t+在单调递减,在+单调递增.又当1t =时,1||2F M '=；当t =时,||F M '=；当3t =+时,1||.2F M'=> 所以||F M '的取值范围为1).2L L 12分22.解：(1)消去参数α得22(2)3(0)x y y -+=≥将cos ,sin x y ρθρθ==代入得22(cos 2)(sin )3,ρθρθ-+=即24cos 10.ρρθ-+=所以曲线C 的极坐标方程为2π4cos 10(0).3ρρθθ-+=≤≤L L 5分 (2)法1：将π6θ=代入2π4cos 10(0)3ρρθθ-+=≤≤得210ρ-+=,设12ππ(,),(,),66A B ρρ则12 1.ρρ=于是12|||| 1.OA OB ρρ⋅== L L 10分法2：π3θ=与曲线C 相切于点,M π||2sin 1,3OM ==由切割线定理知2|||||| 1.OA OB OM ⋅== L L 10分23.解：(1)3, (,),2()2, [,],23, (,).a x a b x a f x x a x b x a b x b x a b x b ⎧--+∈-∞-⎪⎪⎪=++-=++∈-⎨⎪+-∈+∞⎪⎪⎩.当(,)2ax ∈-∞-时,函数()f x 单调递减；当(,)x b ∈+∞时,函数()f x 单调递增.所以m 只能在[,]2a b -上取到.当[,]2ax b ∈-时,函数()f x 单调递增.所以2() 2.222a a a bm f a b +=-=-++== L L 5分(2)因为22a mb tab +≥恒成立,且0,0a b >>,所以22a mb t ab +≤恒成立即mina b mb t a ⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭.由(1)知2m =,于是a b a mb +≥== 当且仅当2aab =时等号成立即1)0,2(20.a b =>=> 所以t ≤,故实数t 的最大值为 L L 10分。