【文档说明】2023年4月高中毕业班第三次联合调研考试文数试题答案.pdf，共(5)页，442.273 KB，由小赞的店铺上传

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文科数学试卷参考答案第页（共4页）2023年4月高中毕业班第三次联合调研考试数学（文科）参考答案及评分标准1.C2.C3.D4.D5.A6.B7.D8.A9.D10.C11.A12.D13.-214.22015.11+ln216.5317.解：（1）

由已知数据得xˉ=15×(1+2+3+4+5)=3，yˉ=15×700=140，……………2分∑i=15(xi-x-)2=(-2)2+(-1)2+0+1+22=10，∑i=15(xi-x-)(yi-yˉ)=∑i=15xiyi-5x-y-=2560-5×3×140

=460，………………4分所以r≈4603.16×146.51≈0.99．……………………………………………………6分因为y与x的相关系数近似为0.99，接近1，说明y与x的线性相程度关相当高，可以用线性回归模型拟合y与x的关系．……………………………………………

…7分（2）由（1）得b̑=∑i=15(xi-x-)(yi-yˉ)∑i=15(xi-x-)2=46010=46，……………………………………8分ȃ=yˉ-b̑xˉ=140-46×3=2，所求线性回归方程为y̑=46x+2．……………10分将2026年对应的年份编号x=9代人回归方程得y

̑=46×9+2=416，故预测2026年该市新能源汽车充电站的数量为416个．……………………12分18.解：（1）因为∠FAB=π2，所以FA⊥AB，……………………………………………………1分又平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=

AB，FA⊂平面ABEF，所以FA⊥平面ABCD……3分因为S△DCB=1…………………………………5分所以VC-FBD=VF-DCB=13S△DCB⋅FA=23……7分（2）直线AF与平面DCF相交，…………………8分在平面ABE中过点F作直线l∥AB,延长AE交l于点H，点H

就是直线AE与平面DCF的交点.……………………………………10分已知ABFH,所以FH=4,所以AH=25.…………………………………………………………………12分19.解：（1）∵（b+2a）cosC+ccosB=0，根据正弦

定理可得：（sinB+2sinA）cosC+sinCcosB=0，……………………………1分即（sinBcosC+sinCcosB）+2sinAcosC=0.∴sin（B+C）+2sinAcosC=0，即sinA+2sinAcosC=0……………………………

……3分∵0＜A＜π，∴sinA≠0，∴cosC=-12，又0＜C＜π，∴C=2π3……………………5分1文科数学试卷参考答案第页（共4页）（2）在△ACD中，由CDsinA=ADsinπ3，得AD=3sinA，在△BCD中，

由CDsinB=BDsinπ3，可得BD=3sinB，所以c=AD+BD=3sinA+3sinB；………………………………………………7分在△ABC中，由asinA=bsinB=csinC，得asinA=bsinB=3sinA+3sinB32，解得a=2()1+sinAsinB，b=2()

sinBsinA+1，…………………………………………10分所以2a+b=2()3+2sinAsinB+sinBsinA，因为sinA＞0，sinB＞0，所以2a+b≥2()3+22sinAsinB×sinBsinA=2()3+22=6+42，当且仅当2sin2A=sin2B时取等号，

因此2a+b的最小值为6+42.……………12分20.解：（1）设点∠POF=α，则∠POQ=π-2α.因为OP⊥PQ，则||OP=||OQcos(π-2α)，||PQ=||OQsin(π-2α).由已知，-||

OQcos2α+||OQ=3||OQsin2α，即sin2α=3sinαcosα.因为cosα≠0，则tanα=3.………………………………………………………3分因为α为渐近线OP的倾斜角，则ba=3，即b2=3a2.又a

2+b2=2则a=1，b=3.所以双曲线C的方程是x2-y23=1……………………………5分（2）由题意可设l的方程为x=my+12，联立ìíîïïïïx=my+12x2-y23=1，消x整理得（12m2-4）y2+12my-9=0，设M（x1，y1），N（x2，y2），则12m2-4≠0

且△＞0,，即m2>14，由韦达定理有ìíîïïïïy1+y2=-12m12m2-4y1y2=-912m2-4，………………………………………………7分又直线A1M的方程为y=y1x1+1(x+1)，2文科数学试卷参考答案第页（共4页）直线A2N的方程

为y=y2x2-1(x-1)，……………………………………………8分联立ìíîïïïïy=y1x1+1(x+1)y=y2x2-1(x-1)，解得x=x1y2+x2y1-y1+y2x1y2-x2y1+y1+y2=()my1+12y2-()my2+12

y1-y1+y2()my1+12y2-()my2+12y1+y1+y2．……10分=2my1y2-12y1+32y212y1+32y2=2m×-912m2-4-12×-12m12m2-4+2y212×

-12m12m2-4+y2，……11分解得x=2，所以存在定直线，其方程为x=2．……………………………………12分21.解：（1）由题意可知，对任意的x＞0，f′（x）＝ex-2ax≥0，…………………………………1分则2a≤exx，令g(x)=exx，其中x

＞0，则g′(x)=ex(x-1)x2，当0＜x＜1时，g′（x）＜0，此时函数g（x）单调递减，当x＞1时，g′（x）＞0，此时函数g（x）单调递增，所以，g（x）min=g（1）=e，∴2a≤e，解得a≤e2，………………………………………4分因此，实数

a的取值范围是æèçùûú-∞,e2………………………………………………5分（2）证明：因为a≤1，先证明ex-（e-2）x≥x2+1，即可证得原不等式成立，构造函数h（x）=ex-x2-（e-2）x-1，…………………………………………………6分其中x

≥0，则h（0）=h（1）=0，h′（x）=ex-2x-（e-2），令p（x）=ex-2x-（e-2），则p′（x）=ex-2，当0＜x＜ln2时，p′（x）＜0，此时函数p（x）=h′（x）单调递减，当x＞ln2时，p′（x）＞0，此时函数p（x）=h

′（x）单调递增，…………………………7分因为h′（0）=1-e+2=3-e，h′（ln2）=2-ln2-（e-2）=4-2ln2-e＜0，h′（1）=e-2-（e-2）=0所以，存在x0∈（0，ln2），使得h′（x0）=0，……………………………………………8分当0＜x＜x0时，h′（x

）＞0，此时函数h（x）单调递增，当x0＜x＜1时，h′（x）＜0，此时函数h（x）单调递减，当x＞1时，h′（x）＞h′（1）=0，此时函数h（x）单调递增，…………………………10分又h（0）=h（

1）=0故对任意的x≥0，h（x）≥0，即ex-（e-2）x≥x2+1，若a≤1，故对任意的x≥0，则ex-（e-2）x≥a（x2+1），即f（x）≥（e-2）x+a……………12分3文科数学试卷参考答案第页（共4

页）22.解：（Ⅰ）由ìíîïïïïx=2t1+ty=21+t得t=xy，代入y=21+t得x2+y2-2y=0,……………………3分故曲线C的普通方程x2+(y-1)2=1(0≤x≤1,且y≠0)………………………5分（Ⅱ）由2ρcos()θ

+π4+m=0得ρcosθ-ρsinθ+m=0所以l的直角坐标方程为x-y+m=0，…………………………………………7分由||m-12=1得：m=1±2，…………………………………………………8分因为0≤x≤1且y≠0,所以1-2≤m≤2………………………………………10分23.

解：（Ⅰ）当a=1时，f(x)=|x+1|+2|x-1|，……………………………………………1分当x≤-1，f(x)=-3x+1，f(x)min=f(-1)=4;………………………………2分当-1<x<1，f(x)=-x+3，f(x)∈(2,4);………………………………………3分当x≥

1，f(x)=3x-1，f(x)min=f(1)=2．……………………………………4分∴当a=1时，f(x)的最小值为2.………………………………………………5分（Ⅱ）a>0，b>0，当1≤x≤2时，|x+a|+2|x-1|>

x2-b+1可化为a+b>x2-3x+3．………………………………………………………………………………………7分令h(x)=x2-3x+3，x∈[1,2]，h(x)max=h(1)=1∴a+b>1，……………………

…………………………………………………8分∴(a+12)2+(b+12)2=a2+b2+a+b+12≥(a+b)22+a+b+12>2．…10分注：第17—23题提供的解法供阅卷时评分参考，考生其它解法可相应给分。4获得更多资源请扫码加入享学资

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