高三理科数学答案_2.2025数学总复习_数学高考模拟题_2023年模拟题_老高考_2023广西桂林联盟校高三9月入学统一检测数学

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