【文档说明】广西省桂林联盟校2023届高三上学期9月入学统一检测试题 数学（理） 答案.pdf，共(5)页，350.462 KB，由管理员店铺上传

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答案第1页，共4页参考答案：1~12.BCABDCACAABA13．350xy14．16015．2216．111ea17．(1)由221cos2abbcacB，可得22222122acbabacbcac

，得222bcabc，则2221cos22bcaAbc，由于0πA，所以π3A．--------------------------------------------------

------(6分)(2)由sin3sinbAB，可得sin3sinaBB，又sin0B，则3a，则222222cos2abcbcAbcbcbcbc，（当且仅当bc时等号成立）则3bc，（当且仅当3bc时等号成立）则11333sin32224ABCS

bcA△，即ABC面积的最大值为334．--------------------------------------------------------(12分)18．（1）因为在100人中随机抽取1人抽到喜欢游泳的学生的概率为35，所以喜欢游泳的

学生人数为3100605.其中女生有20人，男生有40人，列联表补充如下：喜欢游泳不喜欢游泳合计男生401050女生203050合计6040100---------------------------------------------------

-----(6分)（2）因为222()100(40302010)16.66710.828()()()()60405050nadbcKabcdacbd，所以有99.9%的把握认为喜欢游

泳与性别有关.--------------------------------------------------------(12分)19．(1)证明：∵四边形ABCF和ABCD分别是矩形和菱形，∴//ABGE，//ABCD，∴//GECD，∴C，

D，E，G四点共面．----------------------(5分)(2)解：在平面ABCD内过点A作AMAD，以A为原点，AM，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则0,0,0A，3,3,0C，0,2,0D，答案第2页，共4页0,0

,1E．∴3,3,0AC，0,0,1AEuuur，0,2,1DE，3,1,0DC．设平面AEC的一个法向量为,,nxyz，则00ACnAEn，即3300xyz

．令1y，则310xyz．∴3,1,0n．设平面CDE的一个法向量为,,mabc．则3020mDCabmDEbc，令3a，可得3,3,6m．∴

3cos,4mnmnmn，显然二面角ACED为锐角．∴二面角ACED的平面角的余弦值为34．------------------------------------------

--------(12分)20.(1)由P为椭圆22221xyab（0ab）上一点，1F，2F分别是椭圆的左、右焦点，1242PFPF，可得，242a，所以22a，又22cea，则222ca，所以，2

224bac，故椭圆的标准方程为22184xy；------------------(4分)(2)由题意可知过1F的直线l斜率存在且0k，可设其方程为20ykxk，11,Axy，22,Bxy，则22,Cxy，由2

22184ykxxy得：2222128880kxkxk，则212221228128812kxxkkxxk，所以11212221122222AFCABCBFCSSSyxxyx2

1222122yxxxyx2122kxx2221212288812122424kxxxxkkkkk24444211122222

kkkkkk，当且仅当22k时，等号成立.所以，1AFC△面积的最大值为2.--------------------------------------------------------(12分)答案第3页

，共4页21．(1)解：1()fxax，0x，当0a时，()0fx恒成立，所以()fx在(0,)上单调递增．又11ee11aafaa1e10aa，(1)10fa，所以此时()fx在

(0,)上仅有一个零点，符合题意；当0a时，令()0fx，解得10xa；令()0fx，解得1xa，所以()fx在10,a上单调递增，所以()fx在1,a上单调递减．要使()fx在

(0,)上仅有一个零点，则必有10fa，解得1a．综上，当0a或1a时，()fx在(0,)上仅有一个零点．--------------------------------(5分)(2)因为()

ln1fxaxx，所以对任意的0x，2()exfxx恒成立，等价于2ln1exxax在(0,)上恒成立．令2ln1()e(0)xxmxxx，则只需min()amx即可，则2222eln()xxxmxx，再令22()2eln(0)xgxxxx，则2

21()4e0xgxxxx，所以()gx在(0,)上单调递增．因为1e2ln2048g，2(1)2e0g，所以()gx有唯一的零点0x，且0114x，所以当00xx时，()0mx，当0xx时，()0mx

，所以()mx在00,x上单调递减，在0,x上单调递增．因为022002eln0xxx，所以00002ln2lnlnlnxxxx，设()ln(0)Sxxxx，则1()10

Sxx，所以函数()Sx在(0,)上单调递增．因为002lnSxSx，所以002lnxx，即0201exx．所以0()mxmx02000000ln1ln11e2xxxxxxx，则有2a．所以实数a的取值范围为(,2]．-------

-------------------------------------------(12分)答案第4页，共4页22．(1)由21,222xtyt（t为参数），可得l的普通方程为10xy；由曲线C的极坐标方程2223sin4及222,,xysiny

可得22234xyy，整理得2214xy，所以曲线C的直角坐标方程为2214xy．--------------------------------------------------------(5分)(2)易知点M在直线l上，将l

的参数方程代入C的直角坐标方程，得222214422tt，即252260tt，设P，Q对应的参数分别为12,tt，则1212226,55tttt，因为120tt，所以

221212122268244555MPMQtttttt．-------------------------(10分)23．(1)由题得11gxxx，当1x时，1124gx

xxx，解得2x≤，当11x时，1124gxxx，无解，当1x时，1124gxxxx，可得2x，综上，4gx的解集为,2][2,．-----------------------------------

------------(5分)(2)∵11gxxxtt，即mingxt，又存在实数x，使得4gx成立，∴4t，解得44t，故实数t的取值范围为4,4．----------------------------------------

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