高三理科数学答案(1)_2023年7月_027月合集_2023届广西桂林联盟校高三9月入学统一检测

参考答案： 1~12.BCABDCACAABA 13．3xy50 14．160 1 15．2 2 16． 1 a1 e 1 a2c2b2 1 17．(1)由a2b2 bcaccosB，可得a2b2 ac  bc， 2 2ac 2 b2c2a2 1 得b2c2a2 bc，则cosA  ， 2bc 2 π 由于0 Aπ，所以A ．--------------------------------------------------------(6分) 3 (2)由bsinA 3sinB，可得asinB 3sinB，又sinB0，则a 3， 则a2 b2c22bccosAb2c2bc2bcbc，（当且仅当bc时等号成立） 则bc3，（当且仅当bc 3时等号成立） 1 1 3 3 3 则S  bcsinA 3  ， △ABC 2 2 2 4 3 3 即ABC面积的最大值为 ．--------------------------------------------------------(12分) 4 3 18．（1）因为在100人中随机抽取1人抽到喜欢游泳的学生的概率为 ，所以喜欢游泳的 5 3 学生人数为100 60.其中女生有20人，男生有40人，列联表补充如下： 5 喜欢游泳 不喜欢游泳 合计 男生 40 10 50 女生 20 30 50 合计 60 40 100 --------------------------------------------------------(6分) n(adbc)2 100(40302010)2 （2）因为K2   16.667 10.828，所以有 (ab)(cd)(ac)(bd) 60405050 99.9%的把握认为喜欢游泳与性别有关.--------------------------------------------------------(12分) 19．(1)证明：∵四边形ABCF和ABCD分别是矩形和菱形， ∴AB//GE，AB//CD，∴GE//CD，∴C，D，E，G四点共面．----------------------(5分) (2)解：在平面ABCD内过点A作AM  AD，以A为原点，AM ，AD，AE所在直线分别 为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A0,0,0，C  3,3,0  ，D0,2,0， 答案第1页，共4页E0,0,1．∴  A  C    3,3,0  ， u A u E ur 0,0,1，  D  E  0,2,1，  D  C    3,1,0  ．    ACn0  3x3y0 设平面AEC的一个法向量为nx,y,z，则  ，即 ． AEn0 z0 x 3     令y1，则y1．∴n 3,1,0 ．  z0   m    D  C   3ab0 设平面CDE的一个法向量为ma,b,c．则  ，令a 3，可得 mDE 2bc0      mn 3 m  3,3,6  ．∴cosm,n    ，显然二面角ACED为锐角． 4 m n 3 ∴二面角ACED的平面角的余弦值为 ．--------------------------------------------------(12分) 4 x2 y2 20.(1)由P为椭圆  1（ab0）上一点，F，F 分别是椭圆的左、右焦点， a2 b2 1 2 c 2 2 PF  PF 4 2，可得，2a4 2 ，所以a2 2，又e  ，则c a 2， 1 2 a 2 2 x2 y2 所以，b2 a2 c2 4，故椭圆的标准方程为   1；------------------(4分) 8 4 (2)由题意可知过F的直线l斜率存在且k 0，可设其方程为ykx2k0，Ax,y ， 1 1 1 ykx2 Bx 2 ,y 2 ，则Cx 2 ,y 2 ，由    x2  y2 1 得：  12k2 x28k2x8k280，则  8 4  8k2 x x   1 2 12k2 1 1  ，所以S S S  2y x x  2y 2x  8k28 AF1C ABC BF1C 2 2 1 2 2 2 2 xx   1 2 12k2  y x x 2x   y x 2 2 1 2 2 2 1  kx 2x 2  k  xx 2x x 4   k   8k28 2   8k2  4   2 1 1 2 1 2 12k2  12k2   4k 4 4 4 2      2，当且仅当k  时，等号成立. 12k2 1 2k 1 2k 2 2 2 k k 所以，△AFC 面积的最大值为 2.--------------------------------------------------------(12分) 1 答案第2页，共4页1 21．(1)解： f(x) a，x0， x 当a0时， f(x)0恒成立，所以 f(x)在(0,)上单调递增． 又 f  ea1 aea1a11a  ea11  0， f(1)a10， 所以此时 f(x)在(0,)上仅有一个零点，符合题意； 1 1 当a0时，令 f(x)0，解得0x ；令 f(x)0，解得x ， a a  1  1  所以 f(x)在0, 上单调递增，所以 f(x)在 ,上单调递减．  a  a   1 要使 f(x)在(0,)上仅有一个零点，则必有 f  0，解得a1．  a 综上，当a0或a1时， f(x)在(0,)上仅有一个零点．--------------------------------(5分) (2)因为 f(x)axlnx1，所以对任意的x0， f(x) xe2x恒成立， lnx1 等价于ae2x  在(0,)上恒成立． x lnx1 令m(x)e2x  (x0)，则只需am(x) 即可， x min 2x2e2x lnx 则m(x) ， x2 再令g(x)2x2e2x lnx(x0)，则g(x)4  x2 x  e2x  1 0， x 所以g(x)在(0,)上单调递增． 1 e 1 因为g 4    8 2ln20，g(1)2e2 0，所以g(x)有唯一的零点x 0 ，且 4 x 0 1， 所以当0 x x 时，m(x)0，当xx 时，m(x)0， 0 0 所以m(x)在0,x 上单调递减，在x ,上单调递增． 0 0 因为2x2e2x0 lnx 0，所以2x ln2x lnlnx  lnx ， 0 0 0 0 0 0 1 设S(x) xlnx(x0)，则S(x)1 0， x 所以函数S(x)在(0,)上单调递增． 1 因为S2x  Slnx ，所以2x lnx ，即e2x0  ． 0 0 0 0 x 0 lnx 1 1 lnx 1 所以m(x)mx  e2x0  0   0  2， 0 x x x x 0 0 0 0 则有a2．所以实数a的取值范围为(,2]．--------------------------------------------------(12分) 答案第3页，共4页 2 x1 t,  2 22．(1)由 （t为参数），可得l的普通方程为x y10；  2 y t   2 2 x2y2, 由曲线C的极坐标方程232sin24及  sin y, x2 可得x2 y23y2 4，整理得 y2 1， 4 x2 所以曲线C的直角坐标方程为 y2 1．--------------------------------------------------------(5分) 4 (2)易知点M在直线 l 上， 2 2  2   2  将 l 的参数方程代入C的直角坐标方程，得1 t 4 t 4，      2   2  即5t22 2t60， 2 2 6 设P，Q对应的参数分别为t ,t ，则t t  ,tt  ， 1 2 1 2 5 12 5 因为tt 0， 12 所以 2 2 2  6 8 2 MP  MQ  t 1 t 2  t 1 t 2 2 4t 1 t 2     5     4   5    5 ．-------------------------(10分) 23．(1)由题得gx x1 x1， 当x1时，gx1xx12x4，解得x≤2， 当1x1时，gx1x x124，无解， 当x1时，gx x1 x12x4，可得x2， 综上，gx4的解集为,2][2,．-----------------------------------------------(5分) (2)∵gx x1 x1t  t ，即gx  t ， min 又存在实数x，使得gx4成立，∴t 4，解得4t4， 故实数t的取值范围为4,4．--------------------------------------------------------(10分) 答案第4页，共4页