■
■
缺考口违纪口
C
19.(12分)
数学答题卡（理工类）
姓名
班级
A
粘条形码区
(勿粘出方框)
考号
18.(12分)
一、选择题(60分
1[A][B][C][D]
6[A][B][C][D]
11[A][B][C][D]
2[A][B][C][D]
7[A[B][C][D]
12[A][B][C][D
3[A][B][C][D]
8[A][B][C][D]
4[A][B][C][D]
9[A][B][C][D]
5[A][B][C][D]10[A][B][C][D]
二、填空题(20分)
13,
14.
15.
16.
三、解答题(60分)》
17.(12分)
■
第1页共2页
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
选做题(10分)
20.(12分)
21.(12分)
选做题目：22 23
第2页共2页
■2023年 2月
高 2020级高三下期入学考试
数学试题(理工类)
（时间：120 分钟 分数：150 分）
本试卷分为试题卷和答题卷两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）组成，共 5
页．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上，并把对应的准考证号用 2B铅笔涂黑．
2．第Ⅰ卷每小题选出答案后，用 2B铅笔把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；答案不能答在试题卷上．
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．
4 3i
1．已知复数 z满足 z i ，则 z （ ）
i
A．3 3i B．3 3i C． 3 3i D． 3 3i
2．某游泳馆统计了 10天内某小区居民每日到该游泳馆锻炼的人数，整理数据，得到如下所示的折线图.
则根据此折线图，下面结论正确的是（ ）
A．这 10天内，每日游泳人数的极差大于 106
B．这 10天内，每日游泳人数的平均值大于 135
C．这 10天内，每日游泳人数的中位数大于 145
D．前 5天每日游泳人数的方差小于后 5天每日游泳
人数的方差
3．已知集合 A x x2 2x 3 0 ,B x x 3, x N ，
则 A B （ ）
A．[ 1,3) B．{ 1,0,1, 2,3} C．{0,1,2,3} D．{1,2,3}
4．中国的计量单位可追溯到 4000多年前的氏族社会末期，秦王统一中国后，颁
布了统一度量衡的诏书并制发了成套的权衡和容量标准器，如图是当时的一种度
量工具“斗”（无盖，不计厚度）的三视图（正视图和侧视图都是等腰梯形），若
此“斗”的体积约为 2000立方厘米，则其高约为（ ）（单位：厘米）
A．9 B．10 C．11 D．12
试卷第 1页，共 5页
3 6
5．已知角 的顶点为坐标原点，始边与 x轴的非负半轴重合，终边经过点 P , ，则cos2 （ ）
3 3
1
A B 2 2
1
． ． C 2 2． D．
3 3 3 3
6 f x cos x cos3．函数 x的图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
7．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在中国南宋数学家杨辉于 1261年所著的《详解九
章算法》一书中.如图，若在“杨辉三角”中从第 2行右边的 1开始按“锯
齿形”排列的箭头所指的数依次构成一个数列：1，2，3，3，6，4，10，
5，…，则此数列的前 20项的和为（ ）
A．350 B．295
C．285 D．230
8．已知定义在R 上的函数 f x 3 是奇函数且满足 f x f x ， f 2 3，则
2
f 2022 f 2023 f 2024 （ ）
A． 2 B．0 C．2 D．3
9 π．将函数 f x sin 2x的图象向左平移 个长度单位，得函数 g x 8 图象，则以下结论中正确的是（ ）
A． g x π π 的最小正周期为 B． g x 的图象关于点 , 0 对称
2 4
C． g x 3π 3π π的图象关于直线 x 对称 D． g x 在区间 ,8 8 上单调递增16
10．4张卡片的正、反面分别写有数字 1，2；1，3；4，5；6，7．将这 4张卡片排成一排，可构成不同的
四位数的个数为（ ）
A．288 B．336 C．368 D．412
试卷第 2页，共 5页
11 x
2 y2
．如图所示，点 F是椭圆M : 2 2 1(a b 0) 的右焦点，A，C是椭圆上关于原点 O对称的两点，直a b
线 AF与椭圆的另一个交点为 B，若 AF FC, AF 2 BF ，则椭圆 M的离心率为（ ）
A B 1． 3 1 ． 2 C
3
． D 5．
2 3
12．已知 a ln1.5，b
1
， c cos1.25，则大小关系正确的为（ ）
3
A． a b c B．b a c C．b c a D． c a b
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．
r
13．已知向量 a 1, 2 ，b 1,1 ，若 c a kb，且b c，则实数 k _______.
2
14．已知 F x1，F2是双曲线 C： y2 1的两个焦点，以线段 F3 1
F2 为直径的圆与双曲线的渐近线在第一象限
交于点M，则△MF1F2 的面积为______．
15．从正四面体的顶点及其棱的中点共 10个点中，任取 3个点，则这三个点构成的三角形为等边三角形的
概率为____________．
16．已知三棱锥 P ABC的四个顶点都在球O的球面上，PB PC， PAB 90 ， ABC是边长为 2 3的
等边三角形， PBC的面积为5 3，则球O的体积为______．
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。第 17-21题为必考题，每个试题考生
必须作答，第 22-23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：（本大题共 5个小题，共 60分．）
17．已知数列 an an 0 ， Sn为数列 an n 2的前 项和，且 an an 2Sn .
（1）求数列 an 的通项公式；
（2 a）记bn 2 n ，Tn 3an 1 b1 3an 1 1 b2 3a1 1 bn ，求Tn的值.
2cosB cos A cosC
18．在 ABC中，角A， B，C的对边分别是 a，b， c，且满足 ．
ac ab bc
(1)求 B；
(2)若b 6 ， BD是 AC边上的高，求 BD的最大值．
试卷第 3页，共 5页
19.如图，在三棱柱 ABC - A1B1C1中，AA1 平面 ABC，D为线段 AB的中点，CB 4，AB 4 3，A1C1 8，
三棱锥 A A1DC的体积为 8．
(1)证明： A1D 平面 B1C1D；
(2)求平面 A1CD与平面 A1BC夹角的余弦值．
20．已知抛物线C : y2 2 px( p 0)的焦点到准线的距离为 1．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)设点 P t,1 是该抛物线上一定点，过点 P作圆O : (x 2) 2 y 2 r 2（其中0 r 1）的两条切线分别交抛物
线C于点 A,B，连接 AB．探究：直线 AB是否过一定点，若过，求出该定点坐标；若不经过定点，请说明
理由．
21．已知函数 f (x) 2x
2
a ln x(a R) .
x
(1)当 a 1时，求函数 f (x)的单调区间；
(2)若函数 f (x)有两个极值点x x x (1,e] e1， 2且 1 （ 为自然对数底数，且e 2.71828 ），求 f x1 f x2 的
取值范围．
试卷第 4页，共 5页
（二）选考题：共 10分，请考生在第 22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
【选修 4 4：坐标系与参数方程】（本题 10分）
3 3
x 1 t x cos
22 2 2．在直角坐标系 xOy中，曲线C1的参数方程为 y t （
t为参数），曲线C2的参数方程为 y 3 sin
2
（ 为参数），以坐标原点为极点， x轴正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求曲线C1与曲线C2的极坐标方程；
(2) C 2 2曲线 1与曲线C2交于A， B两点．求 OA OB 的值．
【选修 4 5：不等式选讲】（本题 10分）
23. 已知函数 f x x 2 2 x t （ t 0），若函数 f x 的最小值为 5.
(1)求 t的值；
a b c 1 4 1(2)若 ， ， 均为正实数，且 2a b c t，求 的最小值.
2a b c
试卷第 5页，共 5页2020 级高三下期入学考试参考答案
1．A． 2．B. 3．C 4．A 5．C 6．D 7．C 8．B 9．D 10．B 11．D 12．A
x
11.【详解】如图，作 F1为椭圆M的左焦点，连接 AF1,CF1,BF1．设 AF x，则 BF ， CF 2a x，2
BF x1 2a ，因为 A，C是椭圆上关于原点 O对称的两点，直线 AF与椭圆的另一个交点为 B， AF FC2
(2a x) 2 x 2 4c 2,
所以 AF AF所以 2 2 c 51 可得 ．故选：D
(2a
3
x) 2 x x2
2a , a 3
2
π π 1 π
12．A【详解】因为0 1.25 ，0 ，所以 c cos1.25 sin
π
1.25 ，2 2 3 2 2
π 6π 1 1.25 1 5 19 π由于 ，故 1.25
1
，故 sin
π
1.25
sin
1
，
2 12 3 3 4 12 2 3 2 3
设u(x)
π π π
sin x x, x (0, ) ，则u (x) cos x 1 0, x (0, )，即u(x) sin x x, x (0, )单调递减，故
2 2 2
u(x) u(0) 0 sin x x, x (0, π ) sin 1 1 1 0.5 1.5 1，即 ，故 ，即 c b；a ln1.5，b ，令 f x ln x，
2 3 3 3 1.5 1.5
g x x 1 1 1 ，令 h(x) f (x) g(x) ln x 1 1 , x 0 h (x) 1 1 x 1 ，则
x x x x x2
x2
, x 0，
当 0 x 1时， h (x) 0,h(x)在(0,1)递减，当 x 1时，h (x) 0,h(x)在 (1, )递增，所以 h(x) h(1) 0 ，
1.5 1 1
即 f x g x （当且仅当 x 1时等号成立），∴ f 1.5 g 1.5 ，即 ln1.5 ，即 a b，∴ a b c，
1.5 3
3 1
13 14 2 15 16 64 2π． ． ． ．
2 5 3
16.【详解】解：取 BC的中点D，连接 PD， AD， PB PC，PD BC， PBC的面积为5 3，
1
则 2 3 PD 5 3，解得 PD 5 3， AD BC 3， 2 2 ，又 PAB 90 ，
2 2 PB PD BD 2 7
PA PB2 AB2 4，所以 PA2 AD2 PD2，即 PA AD，又 PA AB，AB AD A，AB, AD 平面 ABC，
可得 PA 平面 ABC， 将三棱锥 P ABC补成正三棱柱 PB1C1 ABC，
三棱锥 P ABC的外接球即正三棱柱的外接球，
外接球的球心O为上、下底面的外接圆圆心的连线O1O2的中点，连接 AO2， AO，
2
设外接球的半径为 R，下底面外接圆的半径为 r，r AO2 AD 2，则 R2 r 23 4 8，
4πR3 64 2π 64 2π
所以 R 2 2 ，所求外接球的体积为V ；故答案为：3 3 3
17 2．【详解】解：（1）由 an an 2Sn①，∴ a
2
n 1 an 1 2Sn 1②；
答案第 1页，共 5页
2 2
②减①即得： an 1 an an 1 an an 1 an an 1 an ．由 an 0，可得 an 1 an 1 .
当 n 1 2时， a1 a1 2a1，解得a1 0（舍去）或 a1 1.
所以 an 是首项为 1，公差为 1的等差数列，通项公式为an n .
a n
（2）由（1）可知b nn 2 2 ∴Tn 3n 1 2 3n 4 22 2 2n①
2Tn 3n 1 22 3n 4 23 2 2n 1②
4 2n 1 1
2 n 2
- Tn 3n 1 2 3 2 2
3 2n 2 2n 1 2 3n 1 2 3 10 2n2 1 2 3n 1 12② ①∴
T nn 10 2 2 3n 1 12
2cosB cos A cosC
18.【详解】（1）解：因为 ，所以 2bcosB ccos A a cosC，
ac ab bc
由正弦定理可得 2sin B cos B sinC cos A sin AcosC，即2sin BcosB sin C A sin B，
因为 B 0, π 1 ，所以 sin B 0，所以 cosB ，则 B .
2 3
（2）解：因为b 6 ，B ，由余弦定理b2 a2 c2 2ac cosB，即6 a2 c2 ac，
3
所以 a2 c2 6 ac 2ac当且仅当 a c时取等号，
所以 ac 6 S 1 ac sinB 3 ac 3 3 3 3，则 ABC ，当且仅当 a c 6时取等号，所以 S ，2 4 2 ABC max 2
1 3 3
又 S ABC AC BD
2
，所以BD 2S ABC 2S ABC 2 3 2
3 2
，故 BD的最大值为 .2 AC 6 6 2 2
19.【详解】（1）证明：因为 AA1 平面 ABC，CB 平面 ABC，所以 AA1 BC，
在三棱柱 ABC - A1B1C1中，四边形 AA1C1C为平行四边形，则 AC A1C1 8，
因为 AB 4 3，CB 4，所以 AB2 CB2 AC 2，所以CB AB，
又因为 AB AA1 A， AA1 平面 ABB1A1， AB 平面 ABB1A1，所以CB 平面 ABB1A1，
因为CB / /C1B1，所以C1B1 平面 ABB1A1，
又 A1D
1
平面 ABB1A1，所以C1B1 A1D． S△ABC AB BC 8 3，2
1
D为 AB的中点，则 S△ACD S△ABC 4 3，因为 AA2 1
平面 ABC，
答案第 2页，共 5页
V 1 1A A1CD VA S1 ACD 3 ACD
AA1 4 3 AA 8，3 1
所以 AA1 2 3，所以在△A1DB1中， A1D B1D 2 6， A1B1 4 3，
所以 AD2 B D21 1 A
2
1B1 ，所以 A1D B1D，C1B1 B1D B1 ，
C1B1,B1D 平面 B1C1D，所以 A1D 平面 B1C1D；
（2）因为 BB1 平面 ABC，BC AB，以点 B为坐标原点，
BA、 BB1、 BC所在直线分别为 x、 y、 z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则C 0,0, 4 、D 2 3,0,0 、 A1 4 3,2 3,0 、 B1 0,2 3,0 ，
设平面DA1C的法向量为m x1, y1, z1 ，DA1 2 3,2 3,0 ，DC 2 3,0,4 ，则
m DA1 2 3x1 2 3y1 0
，取 x1 2，可得m 2, 2, 3 ，
m DC 2 3x1 4z1 0
设平面 A1CB的法向量为 n x2 , y2 , z2 ， BA1 4 3,2 3,0 ，BC 0,0,4 ，
n
BA1 4 3x2 2 3y2 0
则 ，取 x2 1，可得 n 1, 2,0 ，
n BC 4z 2 0
cos m ,n m
n 6 6 55
所以，
m
6 55，所以平面DA1C与平面 ACB夹角的余弦值为 . n 11 5 55 1 55
20．【详解】（1）因为抛物线C : y2 2 px( p 0)的焦点到准线的距离是 1，所以 p 1，标准方程为 y2 2x．
1 1
（2）当 y 1时， x ，所以 P ,1
，设 A 2a2 , 2a ,B 2b2 , 2b ，2 2
1 2
则直线 AB为 y 2a x 2a ，即 x a b y 2ab 0．a b
PA : x a 1 因为直线 y a 0与圆O : (x 2) 2 y 2 r 2 相切，
2
a 2
r
2 2 2 2 5 2所以
1 1
，整理得 r 1 a r 4 a r 4 0．
a 4
2
2 2 2 5 2
同理，直线 PB与圆O : (x 2) 2 y 2 r 2 相切，可得 r 1 b r 4 b r 4 0．4
所以可得 a,b r2 1 x2 r2 4 x 5 r2是方程 4 0的两个根，4
答案第 3页，共 5页
5 2
4 r2 r 4所以 a b ,ab 4 ，代入 x a b y
5
2ab 0 2
，化简得 x y r x 4 y 8 0，
r2 1 r2 1 2
5 x 2
x y 0
3 2 11
若直线过定点，则须满足 2 ，解得 11所以直线 AB恒过定点
, ．
x 4y 8 0 y
3 6
6
2
21．【详解】（1）解：当 a 1时 f (x) 2x ln x定义域为 0, ，
x
2 x 1
2
15
又
f (x) 2 2 1 2 x
2 x 2 ，
2
4 8
2 2 0x x x x
所以 f x 在 0, 上单调递增，即 f x 的单调递增区间为 0, ，无单调递减区间.
2 2 a 2x2 ax 2
（2）解：由题知， f x 2x a ln x，函数 f x 的定义域为 0, ， f x 2
x x2 x x2
，
当 a 0时，对任意的 x 0， f (x) > 0恒成立，故 f x 在 0, 上单调递增，没有极值点；
当0 a 4时， a2 16 0， f x 0且 f x 不恒为零，
故 f x 在 0, 上单调递增，没有极值点；
2
当 a 4时，令 f x 0，解得 x a a 16 ， x a a
2 16 ，则 x1 x2 01 ，4 2 4
当 x 0, x2 时， f (x) > 0；当 x x 2 ,x1 时， f x 0；当 x x1, 时， f (x) > 0，
a a 2 16 2f x 0, a a 16
此时函数 的单调递增区间为 、
,
4
，
4
a a 2 16 a a 2 16
单调递减区间为 , .
4 4
综上，当 a 4时， f x a有两极值点x x1、 2，且 x1 x2 ， x2 1x2 1，
所以 f x1 f x2
2x 2 21 x a lnx1 2x2 x a lnx
4 x 1 x1 1 12 1 a ln 4 x1 4 x1 ln x1，
1 2 x1 x2 x1 x1
设 x1 t， h t 4 t 1t 4 t 1t ln t ，其中 t 1,e ，
2
h t 4 1 1 1 1
4 1 t ln t
所以 1 4 1 ln t t ，又因为 t 1,e ，可知 h t 0，所以 h t 在 t 2 t 2 t t 2 t
1,e 上单调递减．∴h 1 h t h e 8，即 h t 0，所以 f x1 f x2
8
的取值范围为 ,0e e
.
答案第 4页，共 5页
x 1 t,
22．(1)解：由题意得：由C1： t t
y t,
（ 为参数），消去 得：
x y 1 0故C1的极坐标方程为 cos sin 1 0
3 3
x cos ,
C 2 2由 ： （ 为参数），消去 得： x22 y2 3x 0 ,故C2的极坐标方程为 3cos
y 3 sin ,
2
cos sin 1 0(2) A , B , 2 4 5 2设 1 ， 2 ．联立 1 0
3cos 9 3
2 2 15 OA 2 OB 2 2 2 15所以 1 2 故 2 1
2 2
(x 2) 2(x t), x 2
23.【详解】（1）因为 t 0，所以 f x x 2 2 x t (x 2) 2(x t ), 2 x t ，
(x 2) 2(x t), x t
3x 2t 2, x 2
即 f x x 2t 2, 2 x t，则 f (x)在 ( , t)内单调递减，在 (t, )内单调递增，
3x 2 2t, x t
所以 f (x)min f (t) t 2 ，由题意，得 t 2 5，解得 t 3 .
（2）由（1）知， 2a b c 3，
1 4 1 1 2a b c 1 4 1
2
1 2a 1 2 b c 1
2a b c 3 2a b c 3 2a b c
1 (1 2 1)2 16 3 3 3 1 4 1 16 ，当且仅当 a 、b 、 c 4时取等号，所以 的最小值为 .3 3 8 2 2a b c 3
答案第 5页，共 5页
