【文档说明】2023届四川省乐山市高三第一次调查研究考试理数试题及答案.pdf，共(8)页，1.444 MB，由小喜鸽上传

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乐山市高中2023届第一次调查研究考试理科数学参考答案及评分意见2022.12一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.CBBCCBAACDBA二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.212yx；1

4.3；15.4；16.1010三、解答题：本大题共6小题，共70分.17.解：（1）∵等差数列{}na满足15321aaa，∴25a.……………………1分∵12a，∴213daa，∴31nan.……………………3分∵等比数列{}nb

满足12364bbb，∴24b.……………………4分∵12b，∴212bqb，∴2nnb.……………………6分（2）由题知{}nc的前20项2013192420Saaabbb……………………8分102562(21)102336221．………………

……12分18.解：（1）2()cos(2)sin3fxxx1cos2cos2cossin2sin332xxx13sin222x……………………4分∴函数)(xf的最大值为132，最小正周期为.……………………6分（2）∵131()sin2224BfB，∴

23sinB.……………………7分∵B为锐角，∴3B.……………………8分∵BbCcAasinsinsin，……………………9分∴2sinaA，2sincC.∴CAacBacSsinsin343sin21

.……………………10分∴3coscos3(coscossinsin)3cos()ACSACACAC.…………………11分当3AC时，原式有最大值3.……………………12分19.解：（1）延长BA、CD交于点

E，连接EP，则EP为平面PAB和平面PCD的交线.……………………3分∵EAB，AB平面PAB，∴E平面PAB.同理可得E平面PCD.∴E平面PAB平面PCD.∵P平面PAB，P平面PCD，∴P平面

PAB平面PCD.∴EP为平面PAB和平面PCD的交线.……………………6分（2）∵PA平面ABCD，∴PAAC，PAAB∵三角形PAC的面积为22，1PA，∴1222PAAC，解得2AC.从而3PC.又在直角三角形PAB中，1PAAB，∴2PB.

在PBC△中，2PB，1BC，3PC，∴222PBBCPC，∴PBBC.∵BCPA，∴BC平面PAB.……………………8分设平面PAB与平面PCD所成锐二面角为，∴PCD△在平面PAB上的投影为PAB△，∵ABCD为直角梯形，由1AB

BC，12AD，∴52DC，∵在直角三角形PAD中，1PA，12AD，∴52PD，∵在三角形PCD中，由52CDPD，3PC，∴64PCDS△.∴162cos364PABPCDSS△△.

∴平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为63.……………………12分（注：建立空间直角坐标系也可以求解，未说明ABAD扣2分.）20.解：（1）设实付金额为X元，则X可能取值为0，100，200.

……………………1分则211(0)()525PX，112148(100)()()5525PXC，2416(200)()525PX，……………………4分则X的分布列为∴1816()01002001602525

25EX（元）……………………5分（2）若选方案一，设摸到红球的个数为Y，实付金额为，则300100Y，由题意得1(2,)5YB，故12()255EY.∴()(300100)300100()30040260EEYEY（元

）……………………7分若选方案二，设实付金额为，则得可能取值为0，150，250.则222101(0)45CPC,112821016(150)45CCPC,2821028(250)45CPC.……………………10分则的分布列为∴11628()015025020

8.9454540E（元）……………………11分∵()()EE，∴选择方案二更合理.……………………12分21.解：（1）1)(21xxexexg，)121()121()(212121'xxx

xexeeexxg.……………………1分令xexxh21121)(，则)1(21)(21'xexh.……………………2分当0x时，0)1(21)(21'xexh.……………………3分)(xh在),0(上单调递减，故0)0()(hxh.……………………4分X

0100200P12582516250150250P14516452845∵021xe，0)121()(2121'xxexexg.)(xg在),0(上单调递减，故0)0()(gxg.当0x时

，0)(xg.……………………5分（2）由（1）可知，当0x时，0121xxexe.令121xet，则上式化为01ln22ttt.1,1ln2tttt.……………………7分令,11iit*Ni得)1(1111ln2

iiiiiiii.*,)1(11lnNiiiii.……………………9分)1ln(11342312ln1ln1nnnnniini.……………………11分ninii1)1ln

()1(1，得证.……………………12分22.解：（1）∵2sin，∴22sin……………………1分∵222xy，siny，……………………3分∴C的直角坐标方程为：22(1)1xy.……………

………5分（2）由已知可得点,AB的直角坐标为(0,1),(3,1)AB.……………………6分∵线段BP的中垂线与直线AP交于点Q，∴QBQP且||||1QBQA.……………………7分设(,)Qxy，则2222(3)(1)(1)1xyxy

.……………………8分化简可得点Q的轨迹方程2222320xyxy.……………………10分23.解：（1）()2|1||23||22||23|fxxxxx|(22)(23)|1xx„……………………4分∴()fx的最大值1m

.……………………5分（注：分段讨论也可求解.）（2）∵1112abab，1112bbcc，1112acac，……………………7分∴111111ababbcacc.……………………8分∵1abc，∴1cab，1abc，1bac，……………

………9分∴111cbaabc.当abc时等号成立，即原式不等式成立.……………………10分