23226高三三模考理科数学答案(2)

23高三三模理科数学参考答案一、选择题：（本题共12小题，每小题5分，共60分）1．C2．D3．A4．B5．C6．D7.B8．B9．A10．B11．D12．C二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．314．715．316．6三、解答题：（共70分）解：（）………………………………分17.10.0060.0102a0.0240.036101.1解得a0.012.…………………………………………………………………………………2分样本数据在0,10，10,20，20,30，30，40，40,50，50,60的概率分别为，，0.06,0.10,0.120.36,0.240.12.则平均值为0.0650.10150.12250.36350.24450.125534.8…6分（2）20分钟到60分钟中各组的频率比为0.12:0.36:0.24:0.121:3:2:1.13220,307130，407340,5072所以应抽7人，抽取7人，抽取7人，150,6071抽取7人.X的所有可能取值为0，1，2，3.………………………………………………………………8分C34C2C118443PX03PX13C735，C735，C1C212C3143，3PX23PX33C735C735.X分布列为X0123P41812135353535………………………………………………………………………………………………10分4181219EX0123………………………………………12分353535357.①2Snan1118.解：（1）2Sn1an1n2②an12①—②得2aaaa2an2…………2分nn1nn1nan.25且由a12，2Snan1102，令n1，a2，a22…………………………………………………………………………………4分a1.2522a101………………………5分n为等比数列，则2.aq3a1a3n1………………………………6分则此时数列n的公比为，1，n.（2）bn1an13n1………………………………………………………7分nn.2n1Tn23343n13①23n3Tn233343n13②n1313②—①得2T2332333n1n13n2n13nn313n113112n13nn3n……………………………………11分3122.2n13n1………………………………………………………………分整理得Tn124.19.（）证明：为正三棱柱，平面1ABCA1B1C1AA1A1B1C1又平面，……………………………………………………2分B1C1A1B1C1AA1B1C1.又为正三角形边的中点，NA1B1C1B1C1A1NB1C1，平面……………………………………………3分AA1A1NA1B1C1A1NMA.平面B1C1B1C1FE.平面平面…………………………………………………………4分A1NMAB1C1FE.（2）解：以M为原点，MB所在直线为x轴，AM所在直线为y轴，MN所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.………………………………………………………5分，由（）知平面，B11,0,21BCAMNA1平面的法向量为………………………………………………分AMNA1n1MB1,0,0.6AP设，则AP3，PM31AMEPAPEF//BC，，EP，E,31,0BMAM……………………………分ME,31,0,MB11,0,2.8设平面的法向量为B1EMn2x,y,znMEnME0x31y022n2MB1n2MB10x2z022令，则，z1x2,yn22,,13131.n1n2223cos…………10分226nn421222252123131.1解得…………………………………………………………………………………11分3.1点P位于线段AM上靠近点A的处.…………………………………………………12分320．解：(1)设椭圆C的方程为mx2ny21(m0,n0,且mn)，115因为椭圆C过点A,与点B(2,0)，24m15n11m则有416，解得4．…………………………………………………………………………3分4m1n1x2所以椭圆C的标准方程为y21．………………………………………………………………………4分4设直线，，，(2)l:xty1P(x1,y1)Q(x2,y2)xty1由x2，得(ty1)24y240，y2142t3即(t24)y22ty30，则yy，yy，………………………………6分12t2412t24yy直线BP，BQ的方程分别为y1(x2)，y2(x2)，x12x22yy令x3，则E(3,1)，F(3,2)，……………………………………………………………………7分x12x22则y1(3x1)y1(2ty1)，PE(3x1,)(2ty1,)x12ty11y2(3x2)y2(2ty2)，QF(3x2,)(2ty2,)x22ty21所以y1y2(2ty1)(2ty2)PEQF(2ty1)(2ty2)(ty11)(ty21)yy212ty1y22ty1y2412ty1y2ty1y213223t24t225t165(t4)451t4．…10分224122222t4t43t2t4(t4)4(t4)4t41t24t24211515因为t44，所以0，1，t2444t2445即PEQF的取值范围为1,，4所以PEQF存在最小值，且最小值为1．………………………………………………………………12分1121.解：（1）当a时，fxlnxx23x2，f2ln2，22则切点坐标为分2，ln2.…………………………………………………………………………………………………211fx2x3，则切线斜率kf21.……………………………………………………3分x2.切线方程为，整理得分yln2x2xyln220.………………………………………………412ax23ax1（2）fxa2x3x1xx，22记gx2ax3ax1，9a8a.…………………………………………………………………………5分1①当a0时，fx0，fx在1,上为增函数，fxf10成立；x8②当0a时，9a28a0，则gx0，即fx0，9fx在1,上为增函数，fxf10成立；……………………………………………………7分③当a0时，函数gx在1,上为减函数，g11a0，gx0在1,上有且仅有一根，且当时，，则，为增函数，x01xx0gx0fx0fx此时fxf10；当时，，则，为减函数，xx0gx0fx0fx构造函数hxlnxx1x1，1hx10，hx为1,上的减函数，hxh10，则lnxx1.x22fxlnxax3x2x1ax3x2x11ax2.1则f20a.1即存在x21,使得fx0，此种情况不成立；a8当a时，函数gx在1,上为增函数，g11a…………………………………………9分9.8④当1a0，即a1时，gx0，即fx0，9fx在1,上为增函数，fxf10恒成立；………………………………………………10分当，即时，，在上有且仅有一根，且当⑤1a0a1g11a0gx01,x1时，，则，为减函数，，不成立；1xx1gx0fx0fxfxf10综上讨论，实数的取值范围为分a0,1.………………………………………………………………………………1222.解：（1）由题意得直线的普通方程为，…………………………………………2分由,…………………�…………………………3…�…−…�…+……2…=…0…………………………………………………3分�=�sin�,得曲�线=的�c直os角�坐标方程为，22即�．…………�…+……�…−……2…�…=…0…………………………………………………………………………5分22�+(�−1)=1(2)直线的参数方程可化为1为参数，………………………………………………………6分�=3+2��:3�将其代入曲线的直角坐标�方=程5+为2�，可得，……8分222设，的对应的参�数分别为，，�+�−2�=0�+53�+18=012则��，�，所�以，t1t253t1t218t1,t201111tt53所以12．……………………………………………………………10分MAMBt1t2t1t21823．解：(1)当时，所求不等式可化为，………………………………1分当时，所�求=不−等1式可化为(�−1+，解�−得3<4，即，�≤11−�)+(3−�)<4�>00<�≤1…………2分当时，所求不等式可化为，恒成立，即，1<�<3�−1+(3−�)<41<�<3…………3分当时，所求不等式可化为，解得，即．�≥3(�−1)+(�−3)<4�<43≤�<4…………4分综上，所求不等式的解集为，．……………………………………………………………………………………5分(2)因为04，所以，即，��=�+�+�+3�，≥所2以�2�，=…2…………�……=…1…………………………………7分4422222�−��+�=�=�−��+�=1所以14142222222222�+�=�+��+�=5+��+��当且仅当即，时等号成立，……9分4224212222222≥5+2��∙��=9(��=mn�=3�=6)所以的最小值为9．…………………………………………………………………………………………………10分122�+�