【文档说明】四川省达州市普通高中 2023届高三第一次诊断性测试 理科数学参考答案.pdf，共(5)页，325.307 KB，由管理员店铺上传

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理科数学答案第1页(共4页)达州市普通高中2023届第一次诊断性测试理科数学参考答案一、选择题：1.A2.C3.D4.C5.D6.A7.B8.C9.D10.D11.B12.A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13

．7014．12415．416．1三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．解：(1)由表知x的平均数为1234535x．522221()(13)(23)(53)10iixx．51552211()()1.28

1.280.98100.171.7()()iiiiiiixxyyrxxyy．75.098.0,y与x具有较高的线性相关程度．(2)设增长率为p，则1.8(1)p≥1.98,解得p≥0.1．∴min0.110%p．该市2022年农村居民人均可支

配收入相对2021年增长率最小值为10%．18．解：(1)设等比数列{}na的公比为q，∵0na，∴0q，∴由342aa得3131)(qaqa．∴11a．∵12nnSSm，∴212SSm，322SSm，32212()SSSS，即322aa

，∴223aaq．所以1112()nnnaaqnN．(2)∵212SSm，∴1212aaam，∴112aam．∴1(12)21()12nnnSnN．∴1112211(21)(21)2121nnnnnn

nnmmSS．∴12231111111()()()212121212121nnnT12111n．19．(1)证明：∵PE平面ABCD，AB平面ABCD，∴PEAB．∵AB

BC，ADBC∥，∴ABAD．又EADPE，∴AB平面PAD．∵PA平面PAD，∴PAAB．理科数学答案第2页(共4页)取PA的中点M，连接EM，FM，∵F为PB的中点，∴FMAB∥．∴F

MPA．∵tan2PDA，∴tan2PDE，∴2DEPE，∴ADDEPE22，∴D为AE的中点，∴PEAE，∴EMPA．又MFMEM，∴PA平面EFM．∵EF平面EFM，

∴EFPA.(2)解：∵222BCADDE，∴2PE.∴BCAE∥，且BCAE，∵ABBC，∴四边形ABCE为矩形，∴CE平面PAE.1111123323EPDCPDECDECVVSPECE△，∴1CE.以E为原点，分别以EA，EC

，EP方向为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系Exyz．则D(100)，，，C(010)，，，1(11)2F，，，∴(100)ED，，,1(11)2EF，，，易知1(0

01)，，n是平面DEC的一个法向量．设平面FDE的一个法向量为2(z)xy，，n，∴2200EDEF，nn，即0102xxyz，．不妨取2y，得2(021)，，n．∴12121215cos

||||55，nnnnnn．由图知二面角CDEF的平面角为锐角，∴二面角CDEF的余弦值为55.20．解：(1)由题知1(10)F，，2(10)F，.设1F关于直线l的对称点坐标为()xy，，则11122yxkyxk

，，解得2221121kxkkyk，．根据条件得2222222(1)412(1)(1)kkkk，解得21k，即1k．(2)设1122(),()MxyNxy，，.把yx带入椭圆C方程得A,B的坐标为66

(,)33，66(,)33.由已知得直线MN的方程为1(1)ykx①交线段AB于D,∴16633661133k≤≤，即62162k≤≤．设()DDDxy，，在①中令yx，得111Dkxk，∴21211||1(1)1kFDkk

21111kk．ABCMEFPDxyz理科数学答案第3页(共4页)把①代入2212xy并化简得2222111(12)4220kxkxk．0，221112122211422,1212kkxxx

xkk.∴2211122122(1)||1||12kMNkxxk．∴222121||12||22(1)FDkMNk．令11tk，则22121121223()(1)33kkt，当，32t即112k时，212112(1)kk

取得最小值23．所以22||||FDMN的最小值为26．21．解：(1)由()elnmxfxxx得0x，且1()eemxmxfxmxx．∵1x是函数()fx的极值点，∴(1)ee10mmfm，即1

10emm．设11()1exxfx，则12()exxfx．当2x时，1()0fx，1()fx单调递减，当2x时1()0fx，1()fx单调递增．又当2x时，1()0fx，且1(0)0f，∴0m．当0m时，()lnfxxx，1()1fxx

．若01x，()0fx，()fx单调递减；若1x，()0fx，()fx单调递增，∵(1)0f，∴1x是()fx的极小值点．所以()fx的单调减区间为(01]，，增区间为[1)，．(2)证明：∵12m，0x，∴12mxx

，∴12eexmx．∴12()elnelnxmxfxxxxx．构造函数12e()xgxx，则122(2)e()2xxgxx，当02x时，()0gx，()gx单调递减，当2x时，(

)0gx，()gx单调递增．由于(2)0g，∴mine()(2)2gxg．设2ln()1xhxx，则312ln()xhxx，当0ex时，()0hx，()hx单调递增，当e

x时，()0hx，()hx单调递减．由于(e)0h，∴max()(e)hxh112e．∵2e1e2e1(1)022e2e，∴minmax()()gxhx，∴()()gxhx，∴12exx2ln1xx，即122elnxxxx．∴2()fx

x．所以曲线()yfx上所有的点都在抛物线2xy内．22．解：(1)将222xy，cosx，siny代入C的极坐标方程22cos2sin20得曲线C为222220xyxy，即4)1

()1(22yx．…4分理科数学答案第4页(共4页)(2)易知点P在直线l上，将直线l的参数方程2cos()2sinxttyt，为参数代入曲线C方程得4)sin1()cos1(22tt，整理得02)cos(sin22

tt．设点A，B对应该的参数分别为1t，2t，则)cos(sin221tt，0221tt，由参数t的几何意义不妨令||||1PAt,||||2PBt．∴||||||||||2121tt

ttPBPA122sin44)(21221tttt．当12sin，即ππ()4kkZ时，22|)||(|minPBPA．23．(1)解：不等式可化为|1|||22mxx，∴|1||1|mxx，两边同

时平方可得222mmmx．原不等式解集为{|0}xx，∴0m，即21mx．∴021m，2m．(2)解：)()(bfaf，∴|1||1|22ba，|1||1|ba．)1(2)

1(||xfxfx，∴)(xfy关于直线1x对称，∴ba10，∴11ba，即2ba．所以1)1(45)1)(114(baabbaba≥9425，当且仅当1)1(4baab，即3

4,32ba时取“=”，∴114ba的最小值为9．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com