乐山市高中2023届第一次调查研究考试理数参考答案

乐山市高中2023届第一次调查研究考试理科数学参考答案及评分意见2022.12一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.CBBCCBAACDBA二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.1013.y212x；14.3；15.4；16.10三、解答题：本大题共6小题，共70分.17.解：（1）∵等差数列{an}满足a1a2a315，∴a25.……………………1分∵a12，∴da2a13，∴an3n1.……………………3分∵等比数列{bn}满足b1b2b364，∴b24.……………………4分b∵，∴2，∴n.……………………6分b12q2bn2b1（2）由题知{cn}的前20项……………………8分S20a1a3a19b2b4b202562(2101)102336．……………………12分22118.解：（1）f(x)cos(2x)sin2x31cos2xcos2xcossin2xsin33213sin2x……………………4分22∴函数f(x)的最大值为13，最小正周期为.……………………6分2B1313（2）∵f()sinB，∴sinB.……………………7分22242∵B为锐角，∴B.……………………8分3acb∵，……………………9分sinAsinCsinB∴a2sinA，c2sinC.13∴SacsinBac3sinAsinC.……………………10分24∴3cosAcosCS3(cosAcosCsinAsinC)3cos(AC).…………………11分当AC时，原式有最大值3.……………………12分319.解：（1）延长BA、CD交于点E，连接EP，则EP为平面PAB和平面PCD的交线.……………………3分∵EAB，AB平面PAB，∴E平面PAB.同理可得E平面PCD.∴E平面PAB平面PCD.∵P平面PAB，P平面PCD，∴P平面PAB平面PCD.∴EP为平面PAB和平面PCD的交线.……………………6分（2）∵PA平面ABCD，∴PAAC，PAAB2∵三角形PAC的面积为，PA1，212∴PAAC，解得AC2.从而PC3.22又在直角三角形PAB中，PAAB1，∴PB2.在△PBC中，PB2，BC1，PC3，∴PB2BC2PC2，∴PBBC.∵BCPA，∴BC平面PAB.……………………8分设平面PAB与平面PCD所成锐二面角为，∴△PCD在平面PAB上的投影为△PAB，15∵ABCD为直角梯形，由ABBC1，AD，∴DC，2215∵在直角三角形PAD中，PA1，AD，∴PD，2256∵在三角形PCD中，由CDPD，PC3，∴S.2△PCD41S6∴cos△PAB2.S△PCD6346∴平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为.……………………12分3（注：建立空间直角坐标系也可以求解，未说明ABAD扣2分.）20.解：（1）设实付金额为X元，则X可能取值为0，100，200.……………………1分11则P(X0)()2，525148P(X100)C1()1()，25525416P(X200)()2，……………………4分525则X的分布列为X01002001816P2525251816∴E(X)0100200160（元）……………………5分252525（2）若选方案一，设摸到红球的个数为Y，实付金额为，则300100Y，112由题意得YB(2,)，故E(Y)2.555∴E()E(300100Y)300100E(Y)30040260（元）……………………7分若选方案二，设实付金额为，则得可能取值为0，150，250.C21则2,P(0)2C1045C1C11628,P(150)2C1045C2288.……………………10分P(250)2C1045则的分布列为015025011628P45454511628∴E()0150250208.9（元）……………………11分454540∵E()E()，∴选择方案二更合理.……………………12分1x21.解：（1）g(x)xe2ex1，1111xx1xg'(x)(x1)e2exe2(x1e2).……………………1分22111x1x令h(x)x1e2，则h'(x)(1e2).……………………2分2211x当x0时，h'(x)(1e2)0.……………………3分2h(x)在(0,)上单调递减，故h(x)h(0)0.……………………4分111xx1x∵e20，g'(x)e2(x1e2)0.2g(x)在(0,)上单调递减，故g(x)g(0)0.当x0时，g(x)0.……………………5分1x（2）由（1）可知，当x0时，xe2ex10.1x令te21，则上式化为2tlntt210.12lntt,t1.……………………7分ti1令t1,iN*得ii1i1i12ln.iii1i(i1)i11ln,iN*.……………………9分ii(i1)ni1234nn1lnlnln(n1).……………………11分i1i123n1nn1ln(n1)，得证.……………………12分i1i(i1)22.解：（1）∵2sin，∴22sin……………………1分∵2x2y2，siny，……………………3分∴C的直角坐标方程为：x2(y1)21.……………………5分（2）由已知可得点A,B的直角坐标为A(0,1),B(3,1).……………………6分∵线段BP的中垂线与直线AP交于点Q，∴QBQP且|QB||QA|1.……………………7分设Q(x,y)，则(x3)2(y1)2x2(y1)21.……………………8分化简可得点Q的轨迹方程2x2y223x2y0.……………………10分23.解：（1）f(x)2|x1||2x3||2x2||2x3|„|(2x2)(2x3)|1……………………4分∴f(x)的最大值m1.……………………5分（注：分段讨论也可求解.）111111111（2）∵…2，…2，…2，……………………7分ababbcbcacac111111∴….……………………8分abcabbcac111∵abc1，∴c，a，b，……………………9分abbcac111∴…cba.abc当abc时等号成立，即原式不等式成立.……………………10分