【文档说明】江西省抚州市临川第一中学2022-2023学年高三上学期第一次月考数学参考答案.pdf，共(5)页，333.309 KB，由envi的店铺上传

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高三数学答案（文科）第1页，共4页临川一中2022－2023学年度上学期第一次月考高三年级文科数学试题参考答案及评分标准一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．题号123456789101112答案BBA

CCDADCCCB二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.314.715.2616.),3()3,(e三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（本小

题满分12分）解：（1）设等差数列na的公差为d，因为关于x的不等式06)2(221xSxa的解集为)3,2(，所以06)2(221xSxa的根为122,3xx，所以211232326Saa，所以11a，23S……………………………

3分又212Sad＋，所以1,d所以数列na的通项公式为nan…………………………………6分（2）由（1）可得，2,2,22nannan因为221nannba=+-，所以212nnbn-+，……

…………………………………8分所以数列nb的前n项和23135212222nnTn++++-+++++(121)2(12)212nnn2122nn＋+-………………………………………12分18．（本小题满分12分）解：（1）该校高一年

级近视的学生人数为1000×40%×40%＋1000×60%×25%＝160＋150＝310，从该校高一年级的学生中随机抽取1名学生，其近视的概率为310311000100…………………5分（2）2×2列联表为：每天使用超过1h每天使用不超过1h合计近视

160150310不近视240450690合计4006001000…………………………………………………………8分高三数学答案（文科）第2页，共4页2221000450160240150400600310690nadbcKabcdacbd

100036000360001800025.24510.828400600310690713……………………………11分所以有99.9%的把握认为该校学生每天使用手机的时长与近视率有关联．……………………12分19．（本小题满分12分）解：（1）A

D上存在一点P，使得CP//平面ABEF，此时21APPD=，………………1分理由如下：当21APPD=时，13APAD=，如图，过点P作PM//FD交AF于点M，连接ME，则31MPAPFDAD，∵BE＝3，∴F

D＝3，∴MP＝1，又EC＝1，MP//FD//EC，∴MP//EC，故四边形MPCE为平行四边形，∴CP//ME，又CP平面ABEF，ME⊂平面ABEF，∴CP//平面ABEF………………………………………………5分（2）设BE＝x，则AF＝x(0<x≤

4)，FD＝6－x，故21112633323ACDFVxxx，∴当x＝3时，ACDFV有最大值，且最大值为3，此时EC＝1，AF＝3，FD＝3，22DC，……………………………8分∴2232ADAFFD

，22214ACEFECAF，在△ACD中，由余弦定理得188141cos223222ADC，3sin2ADC，1sin332ACDSDCADADC，设F到平面ACD的距离为h，ACDF

FACDVV，133ACDSh，3h.…………………………………11分综上，存在点P，使得CP//平面ABEF，12APPD=，三棱锥ACDF的最大值为3，此时点F到平面ACD的距离为3………………………………………………………………………12分20．（本小题

满分12分）解：（1）2lnfxx，由0fx，得2ex，当20,ex时，0fx，函数fx单调递减；当2e,x时，0fx，函数fx单调递增，所以fx极小值为221eef，无极大值；………………………

…4分（2）由ln2xxxmx，所以2ln11xmx，取1ex，则12e0m，因此0m，…………………………6分高三数学答案（文科）第3页，共4页令2ln11gxxmx，则22122mxmgxxxx，令0gx，得

2xm，故gx在0,2m上单调递减，在2,m上单调递增，所以min2gxgm，因此只需20gm，即2ln211ln2202mmmmm，………………8分令ln22mmm，1

1mm，所以m在1,上单调递减，又224ln822ln0e，55ln1033ln302，所以，整数m的最大值为4.……………………………………………12分21．（本小题满分12分）解：（1）由已知得

2331112112222222babaeab，所以椭圆E的方程为222133xy……………4分（2）当直线AB斜率存在时，设其方程为ykxm，1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，联立222133xyykxm

，可得222(21)4230kxkmxm，则224(623)0km①，122421kmxxk②，21222321mxxk，③…………5分以AB为直径的圆过原点即12121212()()0OAOBxxyyxxkxmkxm

，化简可得221212(1)()0kxxkmxxm，代入②③两式，整理得2222(1)(23)(4)(21)0kmkmkmmk，即221mk④，……………7分将④式代入①式，得24(41)0k恒成立，则Rk，设

线段AB中点为M，由()2OCtOAOBtOM，24ACBDOACBOABSStS，2122141221OABkSmxxmk，又由()OCtOAOB，则C点坐标为1212(),()txxtyy

，化简可得1221224()212()21kmtxxtkmtyytk，代回椭圆方程可得2228321mtk，即223(21)8ktm，则22222223(21)41411446626,238212121ACBDOABkkkStSm

mkkk，………………………………10分当直线AB斜率不存在时，AB方程为1x，直线CD过AB中点，即为x轴，易得2AB，高三数学答案（文科）第4页，共4页23CD，1232ACBDSABCD……………………………11分综上

，四边形ACBD面积的取值范围为6,23．……………………………12分19．（本小题满分10分）解：（1）由1xtyt得：21yx，又0t，曲线1C的普通方程为：210yxx；……………………………………………5分

（2）由132xtyt得：321yx，即曲线2C的普通方程为：210xy；对1C方程求导得：2yx；令2y，解得：1x，则2y，曲线1C的斜率为2的切线方程为：221

yx，即20xy，点P到曲线2C距离的最小值为22105521.………………………………………10分23．（本小题满分10分）解：（1）求解不等式3111fxxx，①

13111xxx，解得：1x，②113111xxx，解得：114x，③13111xxx，解得：52x，综上，15,,42x.…………

………5分（2）依题意0,0aa，所以23,43,123,1xaxafxxaaxxax当1ax时，令0fx得：34ax，03fa，330faa，当1x时，令

0fx得：32ax，当1x，110fa，fx与x轴围成的三角形的面积2311333122482aaaSa，解得：1a或3a（舍），综上所述：1a.……………………………………………………10分获得更多资源请扫码加

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