江西省五市九校协作体2022-2023学年高三上学期第一次联考数学（理科）试卷

江西省五市九校协作体2023届第一次联考数学（理科）试卷答案三．解答题：17.解（1）数列{}na是递增的等比数列，且4640aa，516a，4646246540256aaaaaaa，4a，6a是方程2402560xx的两个根，解方程2402560xx，得48a，632a，541628aqa===，314188aaq，1111122nnnnaaq．（2）由（1）得：1(1)1221112nnnnaqSq，1111211(21)(21)2121nnnnnnnnnabSS，数列{}nb的前n项和：1111111113377152121nnnT11121n1，且2021nTm对一切*nN成立，20211m…，解得2022m…，最小正整数m为2022．18.（1）证明：取EC的中点G，连接BD交AC于N，连接GN，GF，因为ABCD是菱形，所以ACBD，且N是AC的中点，所以//GNAE且12GNAE，又//AEBF，22AEBF，所以//GNBF且GNBF，所以四边形BNGF是平行四边形，所以//GFBN，又EA平面ABCD，BN平面ABCD，所以EABN，又因为ACEAA，,ACEA平面EAC，所以NB平面EAC，所以GF平面EAC，又GF平面EFC，所以平面EFC平面EAC；一．序号123456789101112答案DBDCDAAAABDD二．填空题13.18214.15.1016.683（2）解：取CD的中点H，由四边形ABCD是菱形，60ABC，则60ADC，ADC是正三角形，AHCD，AHAB，又AE平面ABCD，所以以A为原点，AH，AB，AE为坐标轴建立空间直角坐标系，设在棱EC上存在点M使得平面MBD与平面ABCD的夹角为45，则3,1,0D，0,2,0B，3,1,0C，0,0,2E，0,2,1F，0,0,0A，则设3,1,23,,2EMEC，3,,22M，所以33,1,22DM，3,2,22BM，3,1,0BC，0,0,1BF，设平面DBM的一个法向量为(nx，y，)z，则00nDMnBM，即(33)(1)(22)03(2)(22)0xyzxyz，令3x，1y，得213,1,1n平面ABCD的法向量可以为0,0,1m，221||21|cos,|||||22141mnnmmn，解得34，所以3331,,442M，则311,,442CM设平面BCF的一个法向量为,,uabc，则00uBCuBF，即300abc，取1a，得1,3,0u，所以点M到平面BCF的距离34uCMdu.19.（1）由频率分步直方图得，得分为17，18的人数分别为6人，12人，所以两人得分之和不大于35分为两人得分均为17分，或两人中1人17分1人18分，所以21166122100291650CCCPC.（2）1600.061700.121800.341900.302000.12100.08185x又2169,13，所以正式测试时，195,13，所以182，①所以11(182)0.68260.841322PX，所以0.84131000841.3841人；②由正态分布模型，任取1人，每分钟跳绳个数195以上的概率为12，即1~3,2YB，所以03120133111113(0)C1,(1)C1228228PYPY，所以21302333113111(2)C1,(3)C1228228PYPY，所以Y的分布列为Y0123P18383818所以13313()012388882EY.20（1）设椭圆C的右焦点为2F，连接2PF，2QF根据椭圆的对称性可知12QFPF，四边形12PFQF为平行四边形.又113PFQF，所以213PFPF而122PFPFa，所以132aPF，22aPF在四边形12PFQF中，11cos3PFQ，所以12111coscoscos3FPFPFQPFQ，在12PFF△中，根据余弦定理得222121212122cosFFPFPFPFPFFPF即2223312222223aaaac化简得222ac.所以椭圆C的离心率22cea；。。。。。。5分（2）因为椭圆C的上顶点为0,2D，所以2b，所以22224abcc，又由（1）知222ca，解得28a，所以椭圆C的标准方程为22184xy.在ABD△中，2AMDABD，AMDABDBDM，所以ABDBDM，从而DMBM，又M为线段AB的中点，即12BMAB，所以12DMAB，因此90ADB，从而0DADB，根据题意可知直线l的斜率一定存在，设它的方程为ykxm，11,Axy，22,Bxy，联立22184ykxmxy消去y得222214280kxkmxm①，2224428210kmmk，根据韦达定理可得122421kmxxk，21222821mxxk，所以2211221212,2,2122DADBxyxykxxkmxxm222222841222121mkmkkmmkk所以2222228412202121mkmkkmmkk，整理得2320mm，解得2m或23m.又直线l不经过点0,2，所以2m舍去，于是直线l的方程为23ykx，恒过定点20,3，该点在椭圆C内，满足关于x的方程①有两个不相等的解，所以直线l恒过定点，定点坐标为20,3.。。。。。。12分21．(1)10,e；(2)【分析】(1)fx在0,内有两个不同的极值点1x、2x，等价于fx在0,内有两个不同的零点1x、2x.研究fx的单调性和零点情况即可求出a的范围；(2)设1210xxa，由(1)知11ln0xax且22ln0xax，则12121212lnlnlnlnxxxxaxxxx，将a=1212lnlnxxxx代入要证的不等式12mxxa，可将不等式化为1122121ln01xxxxmxx，令120,1xtx，则不等式化为1ln01ttmt，问题转化为1ln01tgttmt在(0，1)恒成立即可．(1)函数fx定义域为0,，fx在0,内有两个不同的极值点1x、2x，等价于lnfxxax在0,内有两个不同的零点1x、2x．设lnhxxax，由1axhxx，当0a时，0hx，hx在0,上单调递增，至多只有一个零点，不符题意；当0a时，在10,a上0hx，hx单调递增；在1,a上0hx，hx单调递减，∴当1xa时，max1ln1fxfaa，函数fx有两个零点，则必有max()0fx，即ln10a，解得10ea．易证lnxx，证明如下：令lnmxxx，11222xmxxxx，当0,4x时，0mx，mx单调递减，当4,x时，mx单调递增，故min42ln20mxm，故ln0mxxx，得证．∴2211111ln0faaaaa，又10fa，∴fx在11,a和211,aa上各有一个零点1x、2x，此时：x1(0,)x1x12(,)xx2x2(,)x()fx00()fx↓极小值↑极大值↓故fx在定义域内有两个不同的极值点12xx，时，a的范围为10ea；(2)方法1：由(1)可知12xx，是lnhxxax的两个零点，不防设1210xxa，由11ln0xax且22ln0xax，得12121212lnlnlnlnxxxxaxxxx．∵111212221211221lnlnln00*1xxxxxxxxmxxmmxaxxx．令120,1xtx，则1*ln0**1ttmt，记1ln01tgttmt，0,1t，则222111tmtgttt，令2211pttmt，02m．又2Δ4(1)4420mmm，则0pt，即0gt，∴gt在0,1上单调递增，故10gtg，即**成立．∴不等式12mxxa成立．方法2：欲证12mxxa，由02m，10ea，则只需证：122xxa．不妨设1210xxa，则11ln0xax且22ln0xax，则12121212lnlnlnlnxxxxaxxxx，∴111212221211221lnlnln22020*1xxxxxxxxxxxaxxx，令120,1xtx，则21*ln0**1ttt，记21ln1tgttt，0,1t，由22101tgttt，即gt在0,1上单调递增，故10gtg，即**成立.故12mxxa．【点睛】本题第一问关键是找到x=1和x=21a，判断210fa，10f，从而根据零点存在性定理判断fx在11,a和211,aa上各有一个零点；第二问的关键是利用12xx，是lnfxxax的两个零点用12xx，替换a，再利用换元120,1xtx将双变量转化为单变量进行证明．22．(1)4sin,,363；(2)62,4.【分析】（1）求得OQ的直角坐标方程，再转化为极坐标方程即可；（2）求得曲线C的普通方程，结合OQ的直角坐标方程，求得交点的直角坐标，再转化为极坐标即可.【详解】（1）对点2,6P，设其直角坐标为,xy，则2cos3,2sin166xy，即其直角坐标为3,1，故OQ在直角坐标系下的方程为：22314,0,3,0,1xyxy，由cos,sinxy可得：23cos2sin4sin3，故OQ的极坐标方程为：4sin,,363.（2）由题可得曲线C的普通方程为：32yx，联立22314xy，