【文档说明】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答案.docx，共(12)页，4.795 MB，由小喜鸽上传

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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：17.解（1）Q数列{}na是递增的等比数列，且4640aa+=，516a=，4646246540256aaaaaaa+===，4a，6a是方程2402560xx−+=的两个根，解方程2

402560xx−+=，得48a=，632a=，541628aqa===，314188aaq===，1111122nnnnaaq−−−===．（2）由（1）得：1(1)1221112nnnnaqSq−−===−−−，111121

1(21)(21)2121nnnnnnnnnabSS++++===−−−−−，数列{}nb的前n项和：1111111113377152121nnnT+=−+−+−++−−−11121n+=−−1，且2021nTm−对一切*nN成立，20211m−…，解得2022m…，最小正整数

m为2022．18.（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//GNAE且12GNAE=，又//AEBF，22AEBF==，所以//GNBF且GNBF=，所以四边形BNGF

是平行四边形，所以//GFBN，又EA⊥平面ABCD，BN平面ABCD，所以EABN⊥，又因为ACEAA=I，,ACEA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12345678910111

2答案DBDCDAAAABDD二．填空题13.18214.15.1016.683（2）解：取CD的中点H，由四边形ABCD是菱形，60ABC=，则60ADC=，ADCV是正三角形，AHCD⊥，AHAB⊥，又⊥AE平面A

BCD，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

==−=−uuuuruuur，()3,,22M−，所以()33,1,22DM=−+−uuuur，()3,2,22BM=−−uuuur，()3,1,0BC=−uuur，()0,0,1BF=uuur，设平

面DBM的一个法向量为(nx=r，y，)z，则00nDMnBM==uuuuvruuuuvr，即(33)(1)(22)03(2)(22)0xyzxyz−+++−=+−+−=，令3x=，1y=

，得213,1,1n−=−r平面ABCD的法向量可以为()0,0,1m=ur，221||21|cos,|||||22141mnnmmn−−===−+−rrrrrr

，解得34=，所以3331,,442M，则311,,442CM=−−uuuur设平面BCF的一个法向量为(),,uabc=r，则00uBCuBF==uuuvvuuuvv，即300abc−==，取1a=，得()1,3,0

u=r，所以点M到平面BCF的距离34uCMdu==ruuuurr.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人17分1人18分，所以21166122100291650CCCPC+==.（2）1600.0

61700.121800.341900.302000.12100.08185x=+++++=又2169,13=，所以正式测试时，195,13==，所以182−=，①所以11(182)0.68260.841322PX=+=，所以0.84131000841

.3841=人；②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1~3,2YB，所以03120133111113(0)C1,(1)C1228228PYPY==−===−

=，所以21302333113111(2)C1,(3)C1228228PYPY==−===−=，所以Y的分布列为Y0123P18383818所以13313()012388882

EY=+++=.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222121212122cosFFPFPFPFP

FFPF=+−即()2223312222223aaaac=+−化简得222ac=.所以椭圆C的离心率22cea==；。。。。。。5分（2）因为椭圆C的上顶点为()0,2D，所以2

b=，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9

0ADB=，从而0DADB=uuuruuur，根据题意可知直线l的斜率一定存在，设它的方程为ykxm=+，()11,Axy，()22,Bxy，联立22184ykxmxy=++=消去y得()222214280kxkm

xm+++−=①，()()()2224428210kmmk=−−+，根据韦达定理可得122421kmxxk+=−+，21222821mxxk−=+，所以()()()()()()2211221212,2,2122DADBxyxykxxkmx

xm=−−=++−++−uuuruuur()()()222222841222121mkmkkmmkk−=++−−+−++所以()()()2222228412202121mkmkkmmkk−++−−+−=++，整理得()()232

0mm−+=，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①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1210xxa，由

(1)知11ln0xax−=且22ln0xax−=，则12121212lnlnlnlnxxxxaxxxx−===−，将a=1212lnlnxxxx−−代入要证的不等式12mxxa+，可将不等式化为1122121ln01xxxxmxx+−−，令()120,1xtx=，则不等式

化为1ln01ttmt−−+，问题转化为()1ln01tgttmt−=−+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、2

x．设()lnhxxax=−，由()1axhxx−=，当0a时，()0hx，()hx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()0hx，(

)hx单调递增；在1,a+上()0hx，()hx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()lnmxxx=−，()11222xmxxxx−=−=，当()0,4x时，()0mx，()mx单调递减，当()4,x+时，()mx单调递增，故()()min42ln20mxm=

=−，故()ln0mxxx=−，得证．∴2211111ln0faaaaa=−−=，又()10fa=−，∴()fx在11,a和211,aa上各有一个零点1x、2x，此时：x1(0,)x1x12(,)x

x2x2(,)x+()fx−0+0−()fx↓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10ea；(2)方法1：由(1)可知12xx，是()lnhxxax=−的两个零点，不防设1210xxa

，由11ln0xax−=且22ln0xax−=，得12121212lnlnlnlnxxxxaxxxx−===−．∵()()()111212221211221lnlnln00*1xxxxxxxxmxxmmxaxxx++−

+−−−−．令()120,1xtx=，则()()1*ln0**1ttmt−−+，记()1ln01tgttmt−=−+，()0,1t，则()()()222111tmtgttt−−+=+，令()()2211pttmt=−−+，02m．又()2Δ4(1)

4420mmm=−−=−，则()0pt，即()0gt，∴()gt在()0,1上单调递增，故()()10gtg=，即()**成立．∴不等式12mxxa+成立．方法2：欲证12mxxa+，由02m，1

0ea，则只需证：122xxa+．不妨设1210xxa，则11ln0xax−=且22ln0xax−=，则12121212lnlnlnlnxxxxaxxxx−===−，∴()()()1112

12221211221lnlnln22020*1xxxxxxxxxxxaxxx++−+−−−−，令()120,1xtx=，则()()()21*ln0**1ttt−−+，记()()21

ln1tgttt−=−+，()0,1t，由()()()22101tgttt−=+，即()gt在()0,1上单调递增，故()()10gtg=，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,aa上各有一个零点；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2,6−P，设其直角坐标为(),xy，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：23cos2sin4sin3=−=−−，故»OQ的极坐标方程为：4

sin,,363=−−.（2）由题可得曲线C的普通方程为：32yx=−+，联立()()22314xy−++=，可得22320xx−+=，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()31,3

1−−，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、（1）当a＝3时，()2fx即为|1||23|2xx−

+−，等价于321232xxx−+−或3121322xxx−+−或11322xxx−+−，解得322x或312x或213x，则原不等式的解集为2[,2]3；。。。。。。5分（2）不等式|1|()3xfx−+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)0xxa−−时取得等号），所以|2|3a−，解得15a−，故a的取值范围是(1,5)−．。。。。。。10分