【文档说明】新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市2023届高三三模理数问卷理科数学答案.pdf，共(6)页，360.587 KB，由小赞的店铺上传

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高三质量监测理科数学答案第1页（共5页）乌鲁木齐地区2023年高三年级第三次质量监测理科数学参考答案及评分标准一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分）1~5．DADCC6~10．BBACD11~12．BD二、填空题（共4小题

，每小题5分，共20分）13．114．1−15．6或4004116．25143−三、解答题17．⑴由余弦定理得222cos2cos2cosaBabCacB=+，即2coscoscosaBbCcB=+再由正弦定理得2sincossincossincosABBCCB=+，∴2s

incossinABA=，∵sin0A∴2cos2B=，又(0,)B，∴4B=…6分⑵由正弦定理得()sinsinacAAB=+即2sin1421sintanAcAA+==+而121sin122tanABCSacBcA===+由ABC为锐角

三角形，∴42A+且02A，则42A∴()111,2tanA+，即()1,2ABCS.…12分18.⑴X的可能取值为3,4由题意当3X=时表示日销售量为1，此时()613305PX===，则()445PX==∴X的分布列为X34P1545…

4分⑵由⑴知()445PX==，则Y服从二项分布即4300,5YB.()()300300410,1,2,,30055kkkPYkCk−===，依题意高三质量监测理科数学答案第2页（共5页）()()300130

0113003003001300113003004141555541415555kkkkkkkkkkkkCCCC−+−++−−−−−，解得

1199512045kk∴240k=即()PYk=取最大值时的k的值为240.…12分19.⑴证明：在ABC中，,ME分别为,ACBC的中点，则ME∥AB折叠前ADBC⊥则折叠后ADCD⊥，又90BDC=即CDBD⊥，且BDADD=∴CD⊥平面A

DB，又AB平面ADB，∴CDAB⊥而ME∥AB，∴CDME⊥；…6分⑵设()03BDxx=，则3CDx=−，()()()221113303326ABCDVxxxxx−=−=−∴()()1312Vxx=−−，令0V=解得1x=，即当1,2BDCD==时，ABCDV

−取最大,此时2DA=.以为D坐标原点，以,,DBDCDA所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则()()()()11,0,0,0,2,0,0,0,2,0,1,1,,1,02BCAME，设()0,,0Nt()02t由E

NBM⊥得0ENBM=即1102t−+−=，∴12t=，则10,,02N设平面MBN的一个法向量()=x,y,zm，111,,0,0,,122NBNM=−=则00NBNM==mm即102102xyyz−=+=，令2y=，则1,1x

z==−所以()1,2,1=−m由题意可知平面BNC的一个法向量()0,0,1=n，则6cos,6−==mnmnmn∵二面角MBNC−−为锐二面角，∴二面角MBNC−−的余弦值为66.…12分20.⑴由已知4QAQCQP

QCPC+=+==，根据椭圆定义可得C的方程为2214xy+=；…4分高三质量监测理科数学答案第3页（共5页）⑵设直线MN的方程为()12,0ykxk−=+联立方程组2221440ykxkxy=+++−=，可得()()222821161

6014kkkkxxk+++++=设()()11221122,,,,21,21MxyNxyykxkykxk=++=++()()122242144214,1414kkkkkkxxkk−+−−−++−==++111:1BMylyxx

−=+，111Rxxy=−，设直线BN交x轴于点S，同理可得221Sxxy=−()()21222111112211BRNSRxxSxxyyyy=−−=−−−−11221121xxyxy−=−−()()211221212211121

2121112122xxkxxkxkxxkxxxyxxyykxk−−−++++−−+==−−−2112xxx−=+222288148442844214kkkkkkkkkk−−+==−−−−++−−−++()444221122122222kkkkk−===+−−−+−−+

−−当且仅当12k=−时取最大值()221+.…12分21.⑴()23ln4hxxx=+−，()221xhxx−=，令()20,2hxx==，∵()20,,02xhx，2,2x+，()

0hx∴()hx的单调递减区间为20,2，单调递增区间为2,2+；…4分⑵设()()1122,,,AxyBxy,21xx，则2112232,ln24xxtxxt+=−+=−+∴2112232ln24xxxx++=+令21

,0xxmm−=，∴12xxm=−，∴()()2222232ln+24xmxmxx−++−=即()22232ln=04xmmx−+−−高三质量监测理科数学答案第4页（共5页）令()()23ln24gxxmxm=−−+−，()2221xmxgxx−−=令()0gx=，即22210xmx−−

=，∵0m，∴2480m=+，又0x解得2022mmx++=，且2002210xmx−−=当()()00,,0xxgx，()()0,,0xxgx+∴()gx在()00,x上递减，在()0,x+上递增∴当0x

x=时()gx取得最小值()0gx.要使关于2x的方程()22232ln=04xmmx−+−−有解，需()00gx()()2000002003131ln2ln2444gxxmxmxxxx=−−+−=−+−+

令()2131ln2,044hxxxxxx=−+−+，则()32111202hxxxx=−−−−∴()hx在()0,+上单调递减，()10h=，∴)01,x+时，()00gx∵0m，∴21me−，∴()()()22222233ln2044mmmmgeememem

−−−−=−−+−=−+又因为2222122mmmmm+++++，∴()()2721ln214gmmm+=+−+令()()()()()221217ln21,421mmmmmmm+−=+−+=+()()110,,0,,,022mmmm

+∴()m在10,2上递减，在1,2+上递增，∴()min12ln202m==−.∴()gx在(2,1me−与)1,21m+一定存在零点.即0001,12mxxx=−，且12mx

x=−在)1,+为增函数，∴12m，∴当12m=，此时()1,1,1,02AB,12minmin552ABxx=−=…12分22.⑴由23xxyy==可得233xxyy==，代入到221xy+=中，得()()22143xy

+=高三质量监测理科数学答案第5页（共5页）即22143xy+=为曲线C的直角坐标方程；…5分⑵设()2cos,3sinP，则点P到直线:360lxy+−=的距离为()23cos3sin615sin622d

+−+−==，其中tan2=当()sin1+=时，即525sin,cos55==时，6152d−=即距离最小值为6152−，此时点4515,55p.…10分23.⑴由213xx+得，

()22219xx+且0x，解得1x即原不等式的解集)1,M=+；…5分⑵由⑴知()21fxx=+∴()()4afxafx+−即为()214121axaxx++−+恒成立则()()()3221122xxaxx−++恒成立

设()()()()()()3221562112221xxhxxxxx−+==−+−++∵()hx在)1,+上单调递减，所以()()314hxh=，∴34a即正实数a的最小值为34.…10分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com