【文档说明】广西桂林、崇左市2023届高三联合调研考试 理科数学试题答案-2023届高三一调.pdf，共(5)页，332.246 KB，由管理员店铺上传

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高三理科数学参考答案第1页共5页2023年高考桂林、崇左市联合调研考试理科数学参考答案1~12：CBAAABCDAABA13.114.4315.2.816.)12(17.解：（1）由题中表格可得22列联表如下：阅读爱好者非阅读爱好者合计男生45105

5女生301545合计7525100……………………………………………………………………………………………………2分由题意得K2＝……………………………………………………………………………………………………5分所以在犯错误的概率不

超过的前提下，不能认为“阅读爱好者”与性别有关.……………………………………………………………………………………………………6分（2）根据检测得分不低于80分的人称为“阅读达人”，则这100名学生中的男生“阅

读达人”中，按分层抽样的方式抽取，90,80内应抽取3人，100,90内应抽取2人，…………………………7分所以，X的取值为0，1，2101)0(3533CCXP，53106)1(351223CCC

XP，103)2(352213CCCXP…………………………10分所以X的分布列为：X012P10153103…………………………………………………………………………11分5610325311010)(XE所以

X的数学期望是65……………………………………………………………………12分18.解：（1）nnnaS21nnnnSSS21……………………………………1分nnnSS221212211nnnnSS……………………

……………………………………………………3分又11a，2121S…………………………………………………………………………4分所以数列nnS2是以21为首项和公差的等差数列.………………………………5分高三理科数学参考答案第2页

共5页z（2）由（1）知：2)121212nnSnn（所以12nnnS………………………………………………………………………6分112222122nnnnnnaSnann又11a

满足上式212nnannN…………………………………………8分因为nN，62nnna所以26122nnnn所以61,4nnnN………………………………9分记614nnfnnN则只需m

infn…………………………………………10分又fn在51,2上单调递减，在5,2上单调递增，又因为nN所以min233fnff所以3所以的最大值为3……………

……………………………12分19.（1）证明：连接AOO为BC中点，ABC为等边三角形AOBC点P在底面ABC上的射影为点OPO面ABCPOBC……………………………………………………2分由BCAO，BCPO，AOPOO，AO面APO，PO面APO得

BC面APO……………………………………………………4分AM面APOBCAM………………………………………………5分（2）由已知及（1）可知，OB，OA，OP两两互相垂直以OB，AO，OP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间

直角坐标系，…………………………………………6分则0,3,0A，3,0,0BBO为PB在底面ABC上的射影PBO为PB与面ABC所成角，3PBO，3,PO……………………………………7分0,0,3P，假设符合题意的点M存在，且设0,0,03Mcc高三

理科数学参考答案第3页共5页设,,mxyz为面PAB的法向量，则0PAm，0PBm0,3,3PA，3,0,3PB330330yzxz，令1y，则3,1,

1m………………………………8分设的法向量，为面MABzyxn),,(111则0ABn，0AMn3,3,0AB,0,3,AMc,1,0303311111yczyyx令则33,1,nc…

………………………9分二面角PABM的余弦值为31010310cos,10mn……………………………………………………10分233131010954cc，化简得2448630cc解得32c或212c（舍）………………………………………………11分30,0

,2M符合题意，此时点M为PO的中点.………………………………12分20.【解】（1）将)23,3(),0,2(BA代入椭圆C：012222babyax中，1022222

ba············································································1分143322ba······················

························································2分得,3,2ba···············································································

····3分故椭圆C方程为22143xy.································································4分（2）设直线1122:,,,,lykxmPxyQx

y，················································5分由22222,43841203412ykxmkxkmxmxy得，122212284341243kmx

xkmxxk，··················································································6分2222226444341219

248144kmkmkm，又11212112,222ykxmkxmkkxxx高三理科数学参考答案第4页共5页故12121212121212122242224kxxkxxmxxmkxmkx

mkkxxxxxx2222228241681612412161612kmkkmkmkmmmkmk223644mkmkmk，·························

························································8分由0321kkkk，得0321）（kkk，得22320mkmk，故202mkmkmk

或mk，·····················································9分①当2mk时，直线:22lykxkkx，过定点2,0A，与已知不符，舍去；···

·····································································································10分②当mk时，直线:1

lykxkkx，过定点1,0，即直线l过左焦点，此时222192481441441440kmk，符合题意.所以FPQ△的周长为48a.·········································

······························12分21.解：（1）由题知：xxexxhxln)(，其定义域为），（0xxxxexexxexxh))(1(111)('

…………………………………………………1分令0xxexx，则'10xxexxex在0,上单调递增010x0xex…………………………………………………………………………………3分设10)('xxh，100)('

xxh所以)(xh在)1,0(上单调递减，在),1(上单调递减……………………………………4分min111hxhe………………………………………………………………………5分（2）设axxexxgxfxFaxln)()()(axxeaxxlnln

设axxtln，则，易知tGtet在R上单调递增要使方程0)()(xgxf有两个不同的实根，则函数tetGt)(存在1个零点…………6分，则且个零点，设为上存在，在所以函数21210,,20lnxxxxaxxt

且0a0ln,0ln2211axxaxx所以)(lnln2121xxaxx即axxxx1lnln2121……………………………………………………7分要证axx221，即证2121xxa即证高三理科数学参考答案第5页共5页2lnln212121xxxxxx

2lnln212121xxxxxx2ln11212121xxxxxx……………………8分设)1,0(,21mmxx，设2ln11)(mmmm所以0)1(2)1(21)1(2)(222'mmmmmm所以)(m在)1,0(单调递减所以0

)1()(m，即2ln11mmm故2lnln212121xxxxxx…………………………………………………10分所以2121xxa，即axx221.………………………12分22.解：（1）由22cos62得22cos226.

22222222222(cossin)2()622636xyxyxyxy.所以曲线C的直角坐标方程为16222yx.……………………………………5分（2）设直线l的参数方程为

mymx221221（m为参数）将l的参数方程代入曲线C的普通方程，整理得：0122mm，1,22121mmmm，……………………………………………………8分6424)(2122121mmmmmmAB.………………

……………………10分23.解：（1）化简得：12)(axaxxf.当3a时，2)5()3(53)(xxxxxf，当3≤x≤5时等号成立，所以)(xf的最小值为2；………………………………………………5分（2）由基本不等式：8

)3212()212(2123mmmmmmmm，当且仅当mm212，即4m时，等号成立.又因为1)12()(12)(aaxaxaxaxxf，当且仅当210xaxa时，等号成立.…………………………………………8

分所以，18a18a或18a9a或7a…………………………………………………………………………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。0