【文档说明】2023年江西省高三教学质量检测卷理科数学试题答案和解析.pdf，共(9)页，499.614 KB，由小赞的店铺上传

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理科试题第1页理科数学答案1．【答案】C【解析】|22Axx，233{2}xBxxx∣∣，∴ABA，ABB，故选：C.2.【答案】A【解析】由条件510|1+i||||2i|||22zz

.3．【答案】C【解析】因为0π，所以2sin12等价于πππ3π(,)(,)4224，tan1等价于ππ(,)42，因此“2sin12”是“tan1”的必要不充分条件.4.【答案】B【解析】估计该校在2小时内完成作业的学生占比是0

.10.50.30.520%，A错误；抽取的学生不能在4小时内完成课后作业的人数是100(0.10.50.10.5)10（人），B正确；抽取学生课后完成作业时间的100个数据的中位数在区间(2.53

)，内，C错误；抽取学生课后完成作业时间的100个数据的众数不能由直方图确定，D错误.5.【答案】C【解析】因为||3(22,2)MFM，点M到y轴的距离为22.6.【答案】A【解析】π2sin(2)13fxx，令t=π23x，问题转化为求方程1π5πsin,[,]233tt

的解，解得π6t或7π6，即解有两个，选A.7.【答案】D理科试题第2页【解析】设球的半径为r，则2OAr,23rOC,因此水的体积23311222()23393rVrrr，所以水的体积与球的体积之比是33219463rr.8.【答案】B【解析】由图可

以得到0a，且方程2'()320fxaxbxc的两根12,xx满足12120,0xxxx，即20,033bcaa，因此0,0,0abc.9.【答案】A【解析】3333(2)()log(1)log(3)(2)3log(3)

log(1)34.fxfxxxxxxx因此函数()fx的图象关于点(1,2)成中心对称，(0)4,(2)0ff，函数()fx在区间(0,2)上单调递减，因此与坐标轴围成图形的面

积是12442.10.【答案】B【解析】设12RtPFF的内切圆半径为r，因为圆I与x轴切于(,0)a，所以rca.故3()GIPyyrcayca，所以2223()3()bcacaca

aa，即2ca，故双曲线的离心率为2.11.【答案】C【解析】由题意得BE平面11AAEE,设点G在平面11AAEE内的投影为1H，则点1H在线段11AE上，且111EH,设点H在线段AE上，且1HE，则11HHEE是一个正方形，点P的轨迹是其对角线

1HE.将△1HEE与11HBE展开到一个面内，得到如图图形，因此1PEPB的最小值是1BE，理科试题第3页2221212212()52BE,最小值为5.12．【答案】B【解析】依题意1'()eln210axfxax

有解，即1lneln1axax,即1ln1lnelnlnaxaaxaxaxa，即1lnln()1lneln()eaxaaxaxaax有解，构造函数()etgtt,单调递增

，因此不等式转化为1lnln()axaax，即ln1xax有解，记ln1()xhxx，222ln'()0exhxxx,从而求得2()(,e]hx,因此20ea.13.【答案】19【解析】2221292324192abaabb

（）.14.【答案】12【解析】(3,4),5Cr，圆心到直线的距离4d，因此||6,12ABS.15.【答案】810【解析】方法一：2525542810(23)[(32)](32)5(32)5(32)xxxxxxxxxx

,因此141532810aC.方法二：两边同时对x求导得24912105(23)(22)210xxxaaxax,令0x，得到1810a.16.【答案】2243【解析】2221sin4432ABCSabACBab

cab，在23MAMV中，232322||,||,222AMbAMcMAMBAC，由余弦定理可得2222222231122||2cos()sin22222222bcbcM

McbcbBACbcBAC，理科试题第4页同理2222221231||2,||222abacMMMM，故22222222122331||||||62()643MMMMMMabcab

.因为2228abab，故222122331||||||2243MMMMMM.17．【解析】（1）第n行所有数的和为111211(12)21232122222nnnnnnna.........................

.................................6分（2）前10行所有数的和为10810121010(222)2Saaa,即1010101(12)10211033251222S.....................

...............................................12分18．【解析】（1）31()93PA，3931()28PBC，....................................

..................3分3911()84PABC,因此()()()PABPAPB,所以事件,AB相互独立.................................................

.........5分（2）设一次游戏获利X元，则X的可能取值有90,0,10，..........................................6分1(90)()28PXPB，111333399(0)28CCC

PXC，199(10)1282814PX，..............................................................................................................

......................................10分因此199459001028281414EX（元），不应该参与该游戏.......................12分19．【解析】（1）连接AE，设AEBDH，连接FH.因为//PE平面B

DF，所以//PEFH，故AFAHFPHE，..............................................3分又在菱形ABCD中，△ABHEDH△，所以2AHABHE

DE,所以2AFFP...............................................................................................................

.............理科试题第5页（2）因为60,4BCDBADBCCD,所以,BECDBEEDBEEP，因此DEP是二面角PBEA的平面角，120DEP，如图，以点E为原点，,EDEB所在直线为x轴，y轴，建立空间直角坐标系E

xyz.依据题意(1,0,3)P，(4,23,0),(0,23,0),(2,0,0)ABD,............................................................

.......................6分从而(2,23,0),(3,0,3),(2,23,0)DADPDB.设平面AFD的法向量111(,,)mxyz,由mDA得到111122303xyxy,由mDP得到11

113303xzzx.令11113,3yxz，(3,1,3)m............................................................

...........................................................................................设平面BFD的法向量222(,,)nxyz,由nDB

得到222222303xyxy,由nHFnEP得到2222303xzxz.令22213,1yxz，(3,1,1)n................

......................................................10分因此31365cos,13||||135mnmnmn，所以，所求二面角的余弦值是6513......

................................................................................12分20．【解析】（1）2()e(e)xxfxxaxxax，令()00fxx或e0xax.····

·············································································································1分设

()exgxax，则()exgxa，令()0lngxxa，且lnxa时，()0gx，()gx单调递减；lnxa时，()0gx，()gx单调递增，理科试题第6页所以min()

(ln)ln(1ln)gxgaaaaaa，···············································3分因为ea，min()0gx，此时()gx在R上有且仅有两个零点

，记为1212,()xxxx，因为(0)10g，(1)e0ga，x时()0gx，所以1201xx，所以()fx在R上有且仅有3个极值点.···························

································5分（2）()(e)xfxxax，当0x,ea时，()fx在R上有3个极值点：120,,xx，其中1201xx，且(0)10f，

当10xx时，()0gx，则()0fx，()fx单调递增；当12xxx时，()0gx，则()0fx，()fx单调递减；当2xx时，()0gx，则()0fx，()fx单调递增.所以(

)fx在区间(0,)内的极大值为1()fx，极小值为2()fx，·························8分且12121212eee,e,xxxxaxaxaaxx.所以2222223322222222e11e()(1)(1)e(1)e

333xxxxxxfxxeaxxxxx2222222ee33(33)[()]03324xxxxx，····························10分同理1211e33()[()]0324xfxx,而当x

时()0fx，因此函数()fx在区间2(0,]x内无零点，在区间2(,)x上有且只有一个零点.综上所述，ea时，()fx在区间(0,)内有且仅有一个零点.······················12

分21．【解析】（1）由题意2a，设椭圆C的右顶点为B,12||2APQAPBPSSayab△△,因此1b，所以椭圆C的方程为221.4xy..............................

........................................................4分理科试题第7页（2）设(0,),(0,),(,)DmEnRst，由0DRER得到：2()()0stmtn，即22()0stmntmn

，..................................................................................................5分设:PQxky，直线,APAQ的方程分别是(2

),(2)22mnyxyx，联立,(2)2xkymyx解得22,22kmmxymkmk，即点P的坐标为22(,)22kmmmkmk，因为点P在椭圆上，所以2222241(2)(2)kmmkmkm，化简得24440mkm

，同理，24440nnk，因此,1mnkmn，..................................................10分得到2210stkt，当220,10tst时恒成立，即0,1ts.因此，存在点(1,0)R

或(1,0)使得0DRER恒成立...............................................12分选做部分22．【解析】：（1）直线l的参数方程为6,(xttyt为参数）

，直线l的直角方程为60xy；...............................................................................................

.......................................................2分曲线C的极坐标方程22312sin可以化为2222sin3，直角坐标方程为22223xyy,即2213xy........

.....................................................5分（2）由曲线C的参数方程，可设(3cos,sin)Q，则π62sin()|3cossin6|3||=112PQ,..........................

.................................8分当πsin()13时，||PQ取得最小值22......................................................................10分23．【解

析】（1）1111()|2||2||(2)(2)|4fxxxxx,.................................3分上式能取到等号，因此4m........................................

.........................................................5分理科试题第8页（2）144444141449524()()5abbaababababab

,...........................8分当4,4abbaab，即84,33ab时，上式取等号，所以4abab的最大值是49.............

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