【文档说明】2023届新疆维吾尔自治区普通高考第一次适应性检测理科数学答案.pdf，共(5)页，241.119 KB，由小赞的店铺上传

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新疆维吾尔自治区2023年普通高考第一次适应性检测理科数学参考答案第1页共5页新疆维吾尔自治区2023年普通高考第一次适应性检测理科数学参考答案第Ⅰ卷一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.题号123456789101112答案BDCB

DBCAAADC第Ⅱ卷二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13.91014.(x-2)2+(y-2)2=115.3π216.x22=x1x3三、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)因为sinCcosB+22sinB=sinA得2sinCcosB=2sinA-sinB,即2sinCcosB=2sin(B+C)-sinB,即2sinBcosC=sinB,因为sinB≠0,所以2cosC=1,即cosC=22,由C∈(0

,π)得C=π4,故tanC=1.6分…………………………………………………………………………(2)由2absinC=c2得c2=a2+b2-2abcosC=2absinC,则a2+b2=2ab(sinC+cosC)=22absin(C+π4),于是a2b2+1=22×ab×

sin(C+π4)≤22×ab,即a2b2-22×ab+1≤0,解得2-1≤ab≤2+1,故当C=π4时,ab有最大值2+1.12分……………………18.(1)证明:由题知EB=ED=1,BF=DF=22,设BD的中点为H,连接EH,FH,因为EB=ED,所以EH⊥BD,又因为B

F=DF,所以FH⊥BD,且EH,FH⊂平面EFH,EH∩FH=H,所以BD⊥平面EFH,又EF⊂平面EFH,所以BD⊥EF.5分……………………新疆维吾尔自治区2023年普通高考第一次适应性检测理科数学参考答案第2页共5页(2)解:在△

BCD中,由勾股定理得,BD=1,所以△ABD为等边三角形.连接AG并延长交BD于H,AH⊥BD.过G做Gx∥BD,以G为原点,如图所示建立空间直角坐标系.在△ABD中,AG=23AH=33,GH=13AH=36,A(0,33,0),B(-12,-36,0),E(0,0,63),D(

12,-36,0)BD→=(1,0,0),BA→=(12,32,0),BE→=(12,36,63)设平面ABE的法向量为m=(x,y,z)由BA→·m=12x+32y=0,BE→·m=12x+36y+63z=0,不妨取m=(-3,1,22)设BD与平面AB

E所成角为α,则sinα=􀰙cos〈BD→,m〉􀰙=􀰙BD→·m􀰙􀰙BD→􀰙􀰙m􀰙=-31·92=63,cosα=1-sin2α=33.故BD与平面ABE所成角的余弦值为33.12分……………………………………19.解:(1)根据题意,经

比较可知,选择y=m·xk(m>0,k>0)作为学习时间x和平均成绩y的回归类型最合适.3分…………………………………………………………………(2)对y=m·xk(m>0,k>0)两边取以e为底的对数可得lny=k

lnx+lnm,设u=lnx,v=lny,n=lnm,则v^=k^u+n^,又k^=∑8i=1uivi-8u·v∑8i=1u2i-8u2=171.64-8×4.52×4.74164.18-8×4.522≈0.33,所以n^=v-k^u=4.74-0.33

×4.52≈3.25,所以v=0.33u+3.25,故lny=0.33lnx+3.25,即y=e3.25·x0.33≈25.79·x0.33,所以y^=25.79·x0.33.9分……………………………………………………………

(3)此回归方程为关于学习时间的增函数,说明随着课后的学习时间的增加,学习成绩是提高的,但是函数的增速先快后慢,说明如果原来成绩较低,通过增加课后的学习时间可以有效提高成绩,但是当成绩提高到120分左右时,想要通过延长课后的学习时间来提高学习成绩就比较困难

了,需要想别的办法.12分…………………新疆维吾尔自治区2023年普通高考第一次适应性检测理科数学参考答案第3页共5页20.解:(1)由已知得点F1(-c,0),F2(c,0),B(0,b),则BF→1·BF→2=b2-c2=2…①,又由e=12有a=2c,即b

2+c2=4c2⇒b2=3c2…②,联立①②解得b2=3,c2=1,故a2=4,椭圆C的方程为:x24+y23=14分……………………………………………(2)设点M(x1,y1),N(x2,y2),1k=m,直线MN方

程为x=my+n(m≠0),联立x=my+nx24+y23=1ìîíïïïï整理得:(3m2+4)y2+6mny+3n2-12=0,则Δ=144m2-48n2+192>0⇒m2>13n2-43由韦达定理得:y1+y2=-6mn3m2+4,y1y2=3n2-123m2+4,(∗)

7分……………………………又点A(2,0),1k1+1k2=4k,则1k1=x1-2y1,1k2=x2-2y2,故x1-2y1+x2-2y2=4m,将x1=my1+n,x2=my2+n代入整理得:2my1y2=(n-2)(y1+y2),将(∗)代入得:2m(3n2-12)3m2+4=-6mn

(n-2)3m2+4因为m≠0,所以n2-4=2n-n2⇒n2-n-2=0,解得n=-1或n=2(舍去)10分……所以y1+y2=6m3m2+4,y1y2=-93m2+4,(∗∗)所以k1k2=y1x1-2·y2x2-2=

y1y2m2y1y2-3m(y1+y2)+9,将(∗∗)代入得k1k2=y1y2m2y1y2-3m(y1+y2)+9=-9-9m2-18m2+27m2+36=-14,综上k1k2=-14.12分…………………………………………………………………21.解:(1)由已知得函数f(x)的

定义域为(-1,+∞),证明f(x)≤x等价于证明ln(x+1)-xex≤0,令g(x)=ln(x+1)-xex,则g′(x)=1x+1-(x+1)ex=1-(x+1)2exx+1,2分………………令h(

x)=1-(x+1)2ex,则h′(x)=-ex(x+1)(x+3),3分……………………………所以当x>-1时,h′(x)<0,h(x)在区间(-1,+∞)单调递减,又h(0)=0,所以当-1<x<0时,g′(x)>0,g(x)单调递增;当x>0时,

g′(x)<0,g(x)单调递减,所以g(x)max=g(0)=0,所以g(x)≤0,即f(x)≤x.5分……………………………新疆维吾尔自治区2023年普通高考第一次适应性检测理科数学参考答案第4页共5

页(2)原命题等价于判断函数φ(x)=exsinx-ln(x+1)在区间[0,π]上零点的个数.易知φ(0)=0,所以φ(x)区间[0,π]上存在一个零点为x=0.6分………………φ′(x)=ex(sinx+cosx)-1x+1=2exsin(x+

π4)-1x+1,令σ(x)=2exsin(x+π4)-1x+1,σ′(x)=2ex[sin(x+π4)+cos(x+π4)]+1(x+1)2=2excosx+1(x+1)2显然,当0<x<π2时,σ′(x)>0,σ(x)单调递增,又因为σ(0)

=0,所以当0<x<π2时,σ(x)>0,即φ′(x)>0,φ(x)在区间(0,π2)上单调递增,所以φ(x)在区间(0,π2)上无零点.9分……………………………………当π2<x≤π时,易知y=1(x+1)2单调递减,令u

(x)=excosx则u′(x)=2excos(x+π4)<0,u(x)单调递减,所以σ′(x)在区间(π2,π)上单调递减.又因为σ′(π2)>0,σ′(π)<0,所以σ′(x)在区间(π2,π)上存在唯一零

点x0,所以σ(x)在区间(π2,x0)上单调递增,在区间(x0,π)上单调递减.所以σ(x0)>σ(π2)>0,又σ(π)<0,所以σ(x)在区间(x0,π)上存在唯一零点x1,当x∈(π2,x1)时,σ(x)>0,即φ′(x)>0,φ(x)单调递增;当x∈(

x1,π)时,σ(x)<0,即φ′(x)<0,φ(x)单调递减.而由φ′(x1)=0得2ex1sin(x1+π4)-1x1+1=0得1x1+1=2ex1sin(x1+π4)由1x1+1>0易知x1∈(π2,3π4),所以φ(x1)>φ(3π4)=22e3π4-ln(3π4+1)

>22(3π4+1)-3π4=42+(32-6)π8>0而φ(π)<0,所以φ(x)在区间(x1,π)上存在唯一零点.综上,函数φ(x)在区间[0,π]上有2个零点,即方程f(x)=sinx在区间[0

,π]上有2个解.12分…………………………………新疆维吾尔自治区2023年普通高考第一次适应性检测理科数学参考答案第5页共5页二选一试题22.解:(1)由ρ=225+3cos2θ得2ρ2+6ρ2cos2θ=8,又ρ2=x2+y2,ρcosθ=x,则2(x2+y2)+

6x2=8,即x2+y24=1,故曲线C2的参数方程为x=cosβy=2sinβ{(β为参数).5分…………………(2)由曲线C1的极坐标方程为ρ=2cosθ,得曲线C1的直角坐标方程为(x-1)2+y2=1,它是一个以C1(1

,0)为圆心,半径等于1的圆,因为A是曲线C1上的点,B是曲线C2上的点,所以􀰙AB􀰙max=􀰙BC1􀰙max+1.设B(cosβ,2sinβ),则􀰙BC1􀰙=(cosβ-1)2+4sin2β=-3cos2β-2cosβ+

5=-3(cosβ+13)2+163所以当cosβ=-13时,􀰙BC1􀰙max=163=433,故􀰙AB􀰙max=433+1.10分……………23.解:(1)由基本不等式得a2+b2+c2≥33a2b2c2又因为a2+b2+c2=9,所以abc≤33,当且仅当a=b=c时等号成

立.5分…………………………………(2)依题意b+c4+a2b+c≥2b+c4·a2b+c=a,c+a4+b2c+a≥2c+a4·b2c+a=b,a+b4+c2a+b≥2a+b4·c2a+b=c,三式相加得a2b+c+b2c+a+c2a+b≥a+b+c2>a+b+c3成立.10分……………………

…………以上解法仅供参考,如有其他方法,酌情给分。