【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答案.pdf，共(6)页，296.960 KB，由envi的店铺上传

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数学（理科）试卷第页共5页1临川一中2022－2023学年上学期第一次月考高三年级数学试卷（理科）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BCDABDCCD

BAB二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.214.715.3,22,16.873三、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10分）解：（1）法一：因为0sin2cosBB1sin(21si

n0sinsin212BBBB舍）或2B………………4分（2）由题可知12nan，………………………6分212sin12124nnnnbn=12112111nnn………………………9分nnnbbbbbS212

3212...=141141....71515131311nn=144nn………………………12分18．（本小题满分12分）1）证明：11//BBCC，且1BB平面11A

CCA，1CC平面11ACCA，1//BB平面11ACCA，又1BB平面1BBD，且平面1BBD平面11ACCADE，1//BBDE；.………………5分（2）连结1AC，取AC中点O，连结1AO，BO，在菱形11ACCA中，160AAC，1AAC是等边三角形，数学（

理科）试卷第页共5页2又O为AC中点，1AOAC，平面ABC平面11ACCA，平面ABC平面11ACCAAC，1AO平面11ACCA，且1AOAC，1AO平面ABC，OB平面ABC，1AOOB，又ABBC，BOAC，,…………7分以点O为原点

，1,,OBOCOA为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，0,0,0O，0,2,0A，10,0,23A，3,0,0B，0,1,0D，C(0,2,0)3,1,0BD，10,2,23

DEAA，设平面1BBDE的一个法向量为,,nxyzr，则00nBDnDE，所以302230xyyz，令3z，则3y，1x，故1,3,3n，又，0,2,3BC,…………9分设BC与

平面1BBDE所成角为，133,cossinnBCnBCnBC所以直线AB与平面1BBDE所成角的正弦值为.133,…………12分19．（本小题满分12分）解：.（i）因为3个样品选择甲方案,2个样品选择乙方案,所以5个样品全部测试合格的概率为32212

3227P……………………………3分（2）X012345P24312431024340243802438024332310325325~XEBX），（………………………

……7分（3）设选择甲方案测试的样品个数为,0,1,2nn,3,4,5则选择乙方案测试的样品个数为5n,并设通过甲方案测数学（理科）试卷第页共5页3试合格的样品个数为X,通过乙方案测试合格的样品个数为Y,当0n时,此时所有样品均选择方案乙测试,则15,2YB,所以1

55322EXYEY,不符合题意;当5n时,此时所有样品均选择方案甲测试,则25,3XB所以2105333EXYEX,符合题意;当1,2,3,4n时,2,3X

Bn,15,2YBn所以2515326nnEXYEXEYn若使,3615nYXE,则3n,由于1,2,3,4n,故3,4n时符合题意,综上,选择甲方案测试的样品个数为3,4或者5时,测试合格的样品个

数的期望不小于3.……………12分20．（本小题满分12分）解：（1）由题可知：222222323221149121cbacSbaFPF1343,42222yxba.……………4分（2）易知直线AB与x轴不重合，

设直线AB的方程为1myx联立方程134122yxmyx,可得0964322myym上述方程式的判别式043363622mm设2211,,,yxByxA,则439,436221221myymmyy…………………

……6分因为圆E经过点1F04211121212212111yymyymyyxxBFAF………………8分得：37079043434431243192222222mmmm

mmmm………………10分因抛物线yx42的准线方程为1y,且圆E的圆心即AB中点的纵坐标为19734332221mmyy………………11分数学（理科）试卷第页共5页4于是可得圆E的圆

心到抛物线yx42的准线距离为19731或19731………………12分21．（本小题满分12分）解：（1）当1a时，1elnxfxxx，211exfxxx，1ekf，切点1,e1，∴切

线方程为e1e1yx，即e1yx.…………………………………………4分（2）②0a时，0eelnlnxxxaaxfxaxaxxxx，令e0xhxxax，10xhxxe恒成立，则hx在0,上单调递增，又0

0ha，e10ahaa，存在唯一的00,xa使00hx，且00exax，所以00eln,0()eln,xxaaxxxxfxaaxxxx，………………

…………………………6分当00xx时，elnxafxaxx，由2e0xaafxxx，则fx在00,x上单调递减，当0xx时，elnxafxaxx，由2exaafxxx，（分开考虑导函数符号）当0xx时，exayx在0,x

上单调递增，则000000eeee0xxxxxaaxxx，所以当0xx时，2e0xaafxxx，所以fx在0,x上单调递增，所以0fxfx，由题意则0000001elnln0exafxaxaxaxx

，…………………………………………9分设exyx，则1e0xyx在10,e上恒成立，所以exyx在10,e上单调递增.此时10e01e0,eexax，即1e10,ea，数学（理科）试卷第页共5页5综上所述，实数

a的取值范围为.1e10,ea…………………………………………12分22（1）曲线C的直角坐标方程：1322yx……………………………5分（3）直线l的方程可转化为ty

tx22222带入1322yx得09262tt2,12121t926ttttt均小于0322)(1111212121ttttttMBMA…………………………10分23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

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