邕衡金卷广西2023届高三一轮复习诊断性联考理科数学试题 答案

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邕衡金卷广西 2023 届高三一轮复习诊断性联考理科数学答案
1
2
3
4
5
6
7
8
10
11
12
D
C
C
C
D
A
C
B
D
A
A
1．D【解析】
1 i, (1 i)(12 2 2i) 1 2 3.z zz   
1 i2 2
6
1
6i
3 6
z
zz
 
故选 ：D
2．C
3.C【解析】因为
 
2
25A x y x  
，
2
25 0x 
，所以
 
5 5A x x  
，则
R6B x x  ð
或
2x
故
 
 
R2 5A B x x  ð
，故选：C.
4.C【解析】由几何体的三视图可知几何体的直观图如下：
所以
2 4 4 32V Sh  
.故选：C
5.D【解析】因为
 
2( sin 2 )
( ) 2 2
x x
x x
f x f x
 
，所以
 
f x
是偶函数，故 A，C
错误；
2
11
1 sin 2
(1) 0
2 2
f
 
，选项 B 符合函数
 
f x
，B 不符合.故选：D.
6.A【解析】∵函数
 
e
2
x
f x ax
，∴
2 2
e ( 2) e e ( 2 )
( ) ( 2) ( 2)
x x x
ax a ax a
f x ax ax
 
 
 
∴
1
2
e ( 2 )
( 1) 0
( 2)
a a
fa
 
 
 
，∴
1a
∴
2 2
e ( 2) e e ( 1)
( ) ( 2) ( 2)
x x x
x x
f x x x
 
 
 
 
2,x  
∴当
2 < 1x
 
时，
( ) 0f x
，即函数
 
f x
在
( 2, 1)
 
上单调递减，
当
1x 
时，
( ) 0f x
，即函数
 
f x
在
( 1, ) 
上单调递增，
所以
 
f x
在
1x 
处取得极小值即最小值，∴
min
( ) ( 1)f x f 
，
∵函数
 
e
2
x
f x x
在
 
2,b
上有最小值，∴
1b 
，即
 
1,b  
；故选：A.
7.C【解析】如图取
AC
中点
M
，连接
EM
，取
EM
的中点
N
.连接
BN
，
则有
//EF BN
,则直线
EF
与平面
BCD
所成角可转化成求则直线
BN
与
平面
BCD
所成角.因为
2,AB BC AC 
1
CC
平面
ABC
，
E
为
1 1
A C
中点，
2 2
1 1 2EF B F B E  
，又由等体积法
N BCD B CDN
V V
 
可求得点
N
到面
BCD
的距离
3
4
d
，所以直线
EF
与平面
BCD
所成角的正弦
2
值
3
sin 8
d
EF
 
.
8.B【解析】设圆心角
l
r
，
1
, (0, )
2 2 2
l
l r r
 
，所以
22
2
( )
2
cos cos 1 1 =
2 2 2 8 r
l
CO
l l
r
r r
   
，
2
8
l
CO r r
 
，所以
2 2
( )
8 8
l l
CD r r r r
 
.故选：B.
9.B【解析】设圆锥高为
h,
底面圆半径
3
3
h
r
，圆锥的体积为
3
2
1
1 1
3 3 9
h
V h h
 
，
圆柱的半径
3
9
h
r
，高为
2
3
h
，体积为
3
2
2
1 2 2
27 3 81
h
V h h
 
，所以
1 2
: 2 : 9
V V
.
10.D【解析】依题意可得
0
，因为
 
0,x
，所以
,
6 6 6
x
 
 
 
 
 
 
，
要使函数在区间
 
0,
恰有三个极值点、三个零点，作出
2siny t
的图象，容易得到
则
5< 3
2 6
 
 
 
，解得
8 19
<
3 6
，即
19
,6
8
3
 
 
．故选：D．
11.A【解析】由题意得，点
M
为
PQ
中点
1 2
PQ BF BF
b
k k k c
   
2
2
OM PQ
b
k k a
 
，
M
（-4,1）
2
2
4
PQ
b b
kc a
   
2
4bc a 
2 2 4
16b c a 
，
4 2
16 16 1 0e e  
25 2
4
e
 
12．A【解析】方法一：构造法
设
( ) ln(1 ) ( 1)f x x x x  
，因为
1
( ) 1
1 1
x
f x x x
 
 
，
当
( 1,0)x 
时，
( ) 0f x
，当
,( )0x 
时
( ) 0f x
，
所以函数
( ) ln(1 )f x x x  
在
(0, )
单调递减，在
( 1, 0)
上单调递增，
所以
( )
3
7(0) 0f f 
，所以
10
n 0
7
l3
7
 
，故
3
7 7
10
ln ln 0.7  
，即
c a
，
所以
( ) (
30) 0
10
f f 
，所以
ln +
10
7 3 0
10
，故
3
10
e
7
10
，所以
1
3
0
3e
10
3
7
，故
b c
，
设
( ) e ln(1 )(0 1)
x
g x x x x  
，则
 
 
21 e 1
1
( ) +1 e 1 1
x
xx
g x x x x
 
 
 
,
令
2
( ) e ( 1)+1
x
h x x 
，
2
( ) e ( 2 1)
x
h x x x
 
，
3
当
0 2 1x 
时，
( ) 0h x
，函数
2
( ) e ( 1)+1
x
h x x 
单调递减，
当
2 1 1x 
时，
( ) 0h x
，函数
2
( ) e ( 1)+1
x
h x x 
单调递增，
又
(0) 0h
，所以当
0 2 1x 
时，
( ) 0h x
，
所以当
0 2 1x 
时，
( ) 0g x
，函数
( ) e ln(1 )
x
g x x x  
单调递增，
所以
(0.3) (0) 0g g 
，即
0.3
0.3e ln 0.7 
，所以
b a
故选：A.
方法二：比较法
解：
0.3
ln(1 0.3), 0. 0.3
1 0.3
3ea b c
  ，
①
ln ln 0.3 ln(1 0.3)b c  
， 令
( ) ln(1 ), (0, 0.3],f x x x x 
则
1
( ) 1 0
1 1
x
f x x x
 
 
， 故
( )f x
在
(0, 0.3]
上单调递减，
可得
(0.3) (0) 0f f 
，即
ln ln 0b c 
，所以
b c
；
②
0.3
0.3 ln(1 0.3)b a e 
， 令
( ) ln(1 ), (0, 0.3],
x
g x xe x x  
则
    
1 1 1
1
'1 1
x
x x x x e
g x xe e x x
 
 
 
，
令
( ) (1 )(1 ) 1
x
k x x x e 
，所以
2
( ) (1 2 ) 0
x
k x x x e  
，
所以
( )k x
在
(0, 0.3]
上单调递增，可得
( ) (0) 0k x k 
，即
( ) 0g x 
，
所以
( )g x
在
(0, 0.3]
上单调递增，可得
(0.3) (0) 0g g 
，即
0b a 
，所以
.b a
故
.abc 
13.1【解析】由投影的定义知，
a
在
b
方向上的投影为
1
2
1
2
3
cos
a
.
14.
3
5
【解析】不防设第一次取到新球的事件为 A，第二次取到旧球的事件为 B，则
5
3
)(
)(
)( AP
ABP
ABP
.
15.2【解析】由题意得，四边形
1 2
PF QF
是矩形，由焦点三角形面积公式得
2
1 2 tan 1 tan 45 1
2
F PF b
 
，
1
1 2 2 2
F PF
PF QF
S S
 
矩形
.
16.
9
364
【解析】在
ABC
中，设
AB c
，
BC a
，
AC b
，
由
3AD DC
，则
1 3
4 4
BD BA BC 
 
，则
22 2
1( 9 3 )
16
BD c a ac  
，
2 2 2
16 9 3 9c a ac ac 
，即
9
256
ac
，
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