江西省五市九校协作体2022-2023学年高三上学期第一次联考数学（理科）试卷含答案.pdf

《江西省五市九校协作体2022-2023学年高三上学期第一次联考数学（理科）试卷含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江西省五市九校协作体2022-2023学年高三上学期第一次联考数学（理科）试卷含答案.pdf（12页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、江西省五市九校协作体 2023 届第一次联考数学（理科）试卷答案江西省五市九校协作体 2023 届第一次联考数学（理科）试卷答案三解答题：三解答题：17.解（1）数列 na是递增的等比数列，且4640aa，516a，4646246540256aaaaa aa，4a，6a是方程2402560 xx的两个根，解方程2402560 xx，得48a，632a，541628aqa=，314188aaq，11111 22nnnnaa q（2）由（1）得：1(1)1 22111 2nnnnaqSq，1111211(21)(21)2121nnnnnnnnnabS S，数列 nb的前n项和：1111111113

2、377152121nnnT 11121n 1，且2021nTm对一切*nN成立，2021 1m，解得2022m，最小正整数m为 202218.（1）证明：取EC的中点G，连接BD交AC于N，连接GN，GF，因为ABCD是菱形，所以ACBD，且N是AC的中点，所以/GN AE且12GNAE，又/AE BF，22AEBF，所以/GN BF且GNBF，所以四边形BNGF是平行四边形，所以/GF BN，又EA 平面ABCD，BN 平面ABCD，所以EABN，又因为ACEAA，,AC EA平面EAC，所以NB平面EAC，所以GF 平面EAC，又GF 平面EFC，所以平面EFC 平面EAC；一序号1234

3、56789101112答案DBDCDAAAABDD二 填空题13.18214.8315.1016.6（2）解：取CD的中点H，由四边形ABCD是菱形，60ABC，则60ADC，ADC是正三角形，AHCD，AHAB，又AE平面ABCD，所以以A为原点，AH，AB，AE为坐标轴建立空间直角坐标系，设在棱EC上存在点M使得平面MBD与平面ABCD的夹角为45，则3,1,0D，0,2,0B，3,1,0C，0,0,2E，0,2,1F，0,0,0A，则设 3,1,23,2EMEC ，3,22M，所以33,1,22DM，3,2,22BM ，3,1,0BC ，0,0,1BF ，设平面DBM的一个法向量为(nx

4、，y，)z，则00n DMn BM ，即(33)(1)(22)03(2)(22)0 xyzxyz，令3x，1y，得213,1,1n平面ABCD的法向量可以为0,0,1m，221|21|cos,|22141m nn mmn ，解得34，所以3 3 3 1,44 2M，则31 1,44 2CM 设平面BCF的一个法向量为,ua b c，则00u BCu BF ，即300abc，取1a，得1,3,0u，所以点M到平面BCF的距离34u CMdu .19.（1）由频率分步直方图得，得分为 17，18 的人数分别为 6 人，12 人，所以两人得分之和不大于 35 分为两人得分均为 17 分，或两人中 1

5、 人 17 分 1 人 18 分，所以21166122100291650CC CPC.（2）1600.061700.121800.341900.302000.12100.08185x 又2169,13，所以正式测试时，195,13，所以182，所以11(182)0.68260.841322P X，所以0.8413 1000841.3841人；由正态分布模型，任取 1 人，每分钟跳绳个数 195 以上的概率为12，即13,2YB，所以03120133111113(0)C1,(1)C1228228P YP Y ，所以21302333113111(2)C1,(3)C1228228P YP Y ，所以

6、Y的分布列为Y0123P18383818所以13313()012388882E Y .20（1）设椭圆C的右焦点为2F，连接2PF，2QF根据椭圆的对称性可知12QFPF，四边形12PFQF为平行四边形.又113PFQF，所以213PFPF而122PFPFa，所以132aPF，22aPF 在四边形12PFQF中，11cos3PFQ，所以12111coscoscos3FPFPFQPFQ，在12PFF中，根据余弦定理得222121212122cosFFPFPFPF PFFPF即222331222222 3aaa ac 化简得222ac.所以椭圆C的离心率22cea；。5 分（2）因为椭圆C的上顶点

7、为0,2D，所以2b，所以22224abcc，又由（1）知222ca，解得28a，所以椭圆C的标准方程为22184xy.在ABD中，2AMDABD，AMDABDBDM ，所以ABDBDM，从而DMBM，又M为线段AB的中点，即12BMAB，所以12DMAB，因此90ADB，从而0DA DB ，根据题意可知直线l的斜率一定存在，设它的方程为ykxm，11,A x y，22,B xy，联立22184ykxmxy消去y得222214280kxkmxm，22244 28210kmmk，根据韦达定理可得122421kmxxk，21222821mx xk，所以 2211221212,2,2122DA DB

8、x yxykx xk mxxm 222222841222121mkmkk mmkk所以2222228412202121mkmkk mmkk，整理得2320mm，解得2m 或23m .又直线l不经过点0,2，所以2m 舍去，于是直线l的方程为23ykx，恒过定点20,3，该点在椭圆C内，满足关于x的方程有两个不相等的解，所以直线l恒过定点，定点坐标为20,3.。12 分21(1)10,e；(2)【分析】(1)fx在0,内有两个不同的极值点1x、2x，等价于 fx在0,内有两个不同的零点1x、2x.研究 fx的单调性和零点情况即可求出 a 的范围；(2)设1210 xxa，由(1)知11ln0 x

9、ax且22ln0 xax，则12121212lnlnlnlnxxxxaxxxx，将a=1212lnlnxxxx代入要证的不等式12mxxa，可将不等式化为1122121 ln01xxxxmxx，令120,1xtx，则不等式化为1ln01ttmt，问题转化为 1ln01tg ttmt在(0，1)恒成立即可(1)函数 fx定义域为0,，fx在0,内有两个不同的极值点1x、2x，等价于 lnfxxax在0,内有两个不同的零点1x、2x设 lnh xxax，由 1 axh xx，当0a时，0h x，h x在0,上单调递增，至多只有一个零点，不符题意；当0a 时，在10,a上 0h x，h x单调递增；

10、在1,a上 0h x，h x单调递减，当1xa时，max1ln1fxfaa，函数 fx有两个零点，则必有max()0fx，即ln10a，解得10ea易证lnxx，证明如下：令 lnm xxx，11222xm xxxx，当0,4x时，0mx，m x单调递减，当4,x时，m x单调递增，故 min42ln20m xm，故 ln0m xxx，得证2211111ln0faaaaa，又 10fa ，fx在11,a和211,a a上各有一个零点1x、2x，此时：x1(0,)x1x12(,)x x2x2(,)x()fx00()f x极小值极大值故 fx在定义域内有两个不同的极值点12xx，时，a 的范围为1

11、0ea；(2)方法方法 1：由(1)可知12xx，是 lnh xxax的两个零点，不防设1210 xxa，由11ln0 xax且22ln0 xax，得12121212lnlnlnlnxxxxaxxxx 111212221211221 lnlnln00*1xxxxxxxxmxxmmxaxxx令120,1xtx，则 1*ln0*1ttmt，记 1ln01tg ttmt，0,1t，则 222111tmtg tt t，令 2211p ttmt，02m又24(1)4420mm m，则 0p t，即 0g t，g t在0,1上单调递增，故 10g tg，即*成立不等式12mxxa成立方法方法 2：欲证12

12、mxxa，由02m，10ea，则只需证：122xxa不妨设1210 xxa，则11ln0 xax且22ln0 xax，则12121212lnlnlnlnxxxxaxxxx，111212221211221 lnlnln22020*1xxxxxxxxxxxaxxx，令120,1xtx，则 21*ln0*1ttt，记 21ln1tg ttt，0,1t，由 22101tg tt t，即 g t在0,1上单调递增，故 10g tg，即*成立.故12mxxa【点睛】本题第一问关键是找到 x=1 和 x=21a，判断210fa，10f，从而根据零点存在性定理判断 fx在11,a和211,a a上各有一个零点

13、；第二问的关键是利用12xx，是 lnfxxax的两个零点用12xx，替换 a，再利用换元120,1xtx将双变量转化为单变量进行证明22(1)4sin,363 ；(2)62,4.【分析】（1）求得OQ的直角坐标方程，再转化为极坐标方程即可；（2）求得曲线C的普通方程，结合OQ的直角坐标方程，求得交点的直角坐标，再转化为极坐标即可.【详解】（1）对点2,6P，设其直角坐标为,x y，则2cos3,2sin166xy，即其直角坐标为3,1，故OQ在直角坐标系下的方程为：22314,0,3,0,1xyxy，由cos,sinxy可得：2 3cos2sin4sin3，故OQ的极坐标方程为：4sin,3

14、63 .（2）由题可得曲线C的普通方程为：32yx，联立22314xy，可得22 320 xx，解得31x 或31，又0,3x，故31x，则31y，即曲线 C 与OQ交点的直角坐标为31,31，设其极坐标为,，则22313162，4，即曲线 C 与OQ交点的极坐标为62,4.23、23、（1）当 a3 时，()2f x 即为|1|23|2xx，等价于321232xxx 或3121 322xxx 或11322xxx，解得322x或312x或213x，则原不等式的解集为2,23；。5 分（2）不等式|1|()3xf x的解集非空等价于|22|2|3xxa有解由|22|2|222|2|xxaxaxa，（当且仅当(22)(2)0 xxa时取得等号），所以|2|3a，解得15a，故 a 的取值范围是(1,5)。10 分