【文档说明】西工大附中2023届高三第十三次适应性训练 理数答案.pdf，共(6)页，305.106 KB，由管理员店铺上传

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高三第十三次适应性训练参考答案（理科数学）共5页第页1第十三次适应性训练理科数学参考答案一．选择题：本题共12小题，每题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.题号123456789101112答案ABDDDBCACCCD二．填

空题：本题共4小题，每题5分共20分.13.814.23115.4216.e2三．解答题：共70分，其中17—21题每题12分，第22、23题，每题10分.17.解（1）在ABC中，由正弦定理得：CcAasinsin.又CcAasincos13所以，AaAasincos13.所

以，AAcos1sin3，即1cossin3AA，即21)6sin(A，又),0(A，所以)65,6(6A，所以66A，即3A.（2）由（1）及题意知ABC中，3,226,3Abc

a.由余弦定理得Abccbacos2222，即bcbc2)(3.所以31bc，所以43323)31(21sin21AbcSABC.18.（1）证明：因为CAAC11，BDAC1，DBDCA1,BDCA,1面BCA1.所以，1AC面BCA1.

又BC面BCA1，所以BCAC1，又90ACB即ACBC而CAACACAAC11,,面11AACC，所以BC面11AACC.又因为BC面ABC所以，面11AACC面ABC.（2）由（1）知面11AACC面ABC，又面11AACC面ACA

BC，因为ACAA1，所以1AA面ABC，又11//CCAA.所以1CC面ABC，所以1,,CCCBCA两两垂直.以C为坐标原点，1,,CCCBCA的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系如图所以：因为四边形11AACC为正方形，所以2,1,

21CCBCAC.高三第十三次适应性训练参考答案（理科数学）共5页第页2)1,0,1(),2,1,0(),2,0,2(),0,1,0(),0,0,0(11DBABC，所以)1,1,1(),2,0,2(),0,1,0(11DBCACB，设面BCA1的一个法向量为),,(zy

xn，则00CAnCBn，可得)1,0,1(n.设DB1与面BCA1所成的角为，所以36|,cos|sin1DBn，所以33sin1cos2.所以DB1与面BCA1所成角的余弦值为33.19.解解：（1）由已知任

取一个甲生产线零件为一等品的概率为23282431004，任取一个乙生产线零件为一等品的概率为1517163805．的所有可能取值为0，1，2，3，4．11224(0)4455400P，22112213223136(1)4455544

00PCC，2222112232131323117(2)45454455400PCC，221122323133162(3)455445

400PCC，223381(4)45400P所以的分布列为:4361171628127()012344004004004

0040010E．（2）由已知，每个零件为三等品的频率为4221118020，设余下的50个零件中的三等品个数为X，则150,20XB，所以15()50202EX．设检验费用与赔偿费用之和为Y，01234P44

003640011740016240081400高三第十三次适应性训练参考答案（理科数学）共5页第页3若不对余下的所有零件进行检验，则105120YX，5()50120()501203502EYEX．若对余下的所有零件进行检验，则检验费用605300元．因为35030

0，所以应对剩下零件进行检验．20.解（1）因为)1,1(P在C的渐近线xaby上，所以ba，因为)0,(aA，所以PAO的面积为2121a，解得1a，所以1b，所以C的方程为122yx.（2）当直线l的斜率不存在时，不符合题意，舍去.当直线l的斜率存在时，

设直线l的方程为),(),,(),1(12211yxNyxMxky，由1)1(122yxxky，得022)1(2)1(222kkxkkxk.由0012k，得1k且1k.则

122,12222121kkkxxkkxx.直线AM的方程为)1(111xxyy，令2xx，得)1)1(,(1212xxyxG.因为H为NG的中点，所以)21)1(,(21212yxxyxH.所以)11(21121)1(2211221

21xyxyxyxxykAH因为1111211)1(11)1(112122112211xxkxxkxxkxyxy.又kkkkkkkkxxxxxxxx221121222121)(211112221212

121所以1AHk,即直线AH的斜率为定值.21.（1）由题设知)0(),ln1()('xxaxaexfx高三第十三次适应性训练参考答案（理科数学）共5页第页4xaxaxfexgxln1)()('

，)0()1()(2'xxxaxg.当)1,0(x时，)(,0)('xgxg为减函数；当)1(，x时，)(,0)('xgxg为增函数.故agxg1)1()(min，由于2)(xg恒成立，故2

1a，故1a.（注：也可分离参数）（2）设)ln1()()('xaxaexfxhx，则)ln21()(2'xaxaxaexhx设xaxaxaxHln21)(2，0)22()(32'xxxaxH，故)(

xH在),0(上单调递增.02ln1)21(,01)1(,2aHaHa，故存在)1,21(2x，使得0)(2xH则)(xh在),0(2x上单调递减，在),(2x上单调递增.故2x是)

(xh的极小值点，所以12xx.由（1）知，当1a时，11lnxx（当1x时取等），故0)1()ln1()()(11111aexaxaexhxhxx，即)(xf在),0(上单调递增.由0)(1xH，即0ln211211xaxaxa，即1

2112ln1xaxaxa.故)(021)ln1()(02111111xfxxaexaexfxx.又由（1）可知)(xf在),0(上单调递增，故10xx方法二：因为0)(0xf

，所以0ln10xa，即0ln1xa，由2a得21002ln1exx所以200200002000)12()12(ln1ln21)(xxaxxaxaxaxaxaxH，因为210ex，所以122210ex，即0120x.因此，)(0)(1

0xHxH，又)(xH在),0(上单调递增，所以10xx.22.解（1）cos4),0(cos4:2aaaC.由sin,cosyx得：2224)2(ayax，所以，曲线C的参数方程为sin2cos22ayaa

x，（为参数）.高三第十三次适应性训练参考答案（理科数学）共5页第页5消参得直线l的普通方程为：02yx.（2）由（1）知曲线C的直角坐标方程为：2224)2(ayax，其轨迹为圆，易知圆心到直线l的距离小于半径a2，即aa22|22|，得

12a.因为弦MN的长为1222)222(42222aaaa，原点O在直线MN的距离222d.所以1222122221||2122aaaadMNSOMN又72OMNS，所以721222aa，得2a或4

a（舍去）.所以实数a的值为2.23.解（1）由题意得4,324,82,3)(xxxxxxxf，所以)(xf在)2,(上单调递减，在),2(上单调递增.因此)(xf

的最小值6)2(fm（2）由（1）知6cba所以acabcabcbacba22)(2由基本不等式caaccbbcbaab2,2,2所以18)(3)(2cbacba，当且仅当cba时等号成立，即23

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