新疆维吾尔自治区2023年普通高考第一次适应性检测文科数学参考答案第卷Ⅰ一、选择题:本大题共小题,每小题分,共分12560.题号 123456789101112答案 BDCBDBCAAADD第卷Ⅱ二、填空题:本大题共小题,每小题分,共分4520.2x2y23πx2xx13. 14.(-2)+(-2)=1 15. 16.2=1332三、解答题:共分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤70..解因为CB2BA得CBAB17:(1)sincos+sin=sin2sincos=2sin-sin,2即CBBCB即BCB因为B2sincos=2sin(+)-sin,2sincos=sin,sin≠0,所以C即C2由C得Cπ2cos=1,cos=,∈(0,π)=,24故C.分tan=1…………………………………………………………………………6由abCc2得c2a2b2abCabC(2)2sin==+-2cos=2sin,则a2b2abCCabCπ+=2(sin+cos)=22sin(+),4a2aaa2a于是Cπ即b2+1=22×b×sin(+)≤22×b,b2-22×b+1≤0,4aa解得故当Cπ时有最大值.分2-1≤b≤2+1,=,b2+1……………………124.证明因为平面ABCD平面DMC平面ABCD平面DMCDC18(1):⊥,∩=,BC平面ABCD在正方形ABCD中BCDC所以BC平面DMC.⊂,⊥,⊥因为BCADBC平面ADMAD平面ADM所以BC平面ADM∥,⊄,⊂,∥,又BC平面BMC平面ADM与平面BMC的交线为l所以BCl.⊂,,∥因为BC平面DMC所以l平面DMC.分⊥,⊥……………………………………6新疆维吾尔自治区年普通高考第一次适应性检测文科数学参考答案第页共页2023 1 4MNMN解因为3所以3所以A点到平面BDM的距离是23523.(2):NA=,MA=,×=25533设DMx由DCDMMC得MCx2=,=2,⊥,=4-,xx2所以点M到DC的距离d4-.=2因为VABDMVMABD-=-,xx2所以1SBDM233xx21SABDd114-1xx2△×=8-=△×=××2×2×=4-33933223解得x即DMMC故M在弧CD的中点处.分=2,=2,=2,…………………12.解根据题意经比较可知选择ymxkmk作为学习时间x和平均成绩y的19:(1),,=·(>0,>0)回归类型最合适.分…………………………………………………………………3对ymxkmk两边取以为底的对数可得ykxm(2)=·(>0,>0)eln=ln+ln,设uxvynm则vkun=ln,=ln,=ln,^=^+^,8uiviuv∑i-8·...又k^=117164-8×452×474.=8=..2≈033,u2iu2i16418-8×452∑=1-8所以nvku....所以v.u.^^=-=474-033×452≈325,=033+325,...故y.x.即ye325x033.x033ln=033ln+325,=·≈2579·,.所以y.x033.分^=2579·……………………………………………………………9此回归方程为关于学习时间的增函数说明随着课后的学习时间的增加学习成绩(3),,是提高的但是函数的增速先快后慢说明如果原来成绩较低通过增加课后的学,,,习时间可以有效提高成绩但是当成绩提高到分左右时想要通过延长课后的,120,学习时间来提高学习成绩就比较困难了需要想别的办法.分,…………………12.解由已知得点FcFcBb则B→FB→Fb2c220:(1)1(-,0),2(,0),(0,),1·2=-=2…①,又由1有ac即b2c2c2b2c2联立解得b2c2e==2,+=4⇒=3…②,①②=3,=1,2x2y2故a2椭圆C的方程为分=4,:+=1……………………………………………443设点MxyNxy1m直线MN方程为xmynm(2)(1,1),(2,2),k=,=+(≠0),ìxmynï=+联立íx2y2整理得m2y2mnyn2ï:(3+4)+6+3-12=0,î+=143则Δm2n2m21n24=144-48+192>0⇒>-33新疆维吾尔自治区年普通高考第一次适应性检测文科数学参考答案第页共页2023 2 4mnn2由韦达定理得yy6yy3-12分:1+2=-m2,12=m2,(∗)……………………………73+43+4xxxx又点A114则11-212-2故1-22-2m(2,0),k+k=k,k=y,k=y,y+y=4,12112212将xmynxmyn代入整理得1=1+,2=2+:mn2mnnmyynyy将代入得2(3-12)6(-2)212=(-2)(1+2),(∗):m2=-m23+43+4因为m所以n2nn2n2n解得n或n舍去分≠0,-4=2-⇒--2=0,=-1=2()……10m所以yy6yy-91+2=m2,12=m2,(∗∗)3+43+4yyyy所以kk121212=x·x=m2yymyy,1-22-212-3(1+2)+9yy将代入得kk12-91(∗∗)12=m2yymyy=m2m2m2=-,12-3(1+2)+9-9-18+27+364综上kk1.分12=-…………………………………………………………………124.解由已知得函数fx定义域为Rfx有零点等价于方程fx有解21:(1)(),()()=0,x又由fx得a.分()=0=x…………………………………………………………2exx令gx则g′x1-.令g′x得x.()=x,()=x()=0,=1ee当x时g′x当x时g′x∈(-∞,1),()>0;∈(1,+∞),()<0,故函数gx在区间上单调递增在区间上单调递减()(-∞,1),(1,+∞),所以gxg1即实数a的最大值为1.分()max=(1)=,……………………………6eex由fxx2xx得axx2xx(2)()≥-lne-≥-ln,x因为x所以不等式等价于aexx>0,·x-1≥-ln,xxxeln(x)+1又因为xx所以不等式等价于aee即a.分=lne,·x≥ln(x)+1,≥x……9exxxxtt令te则t′e(-1)易知t.令htln+1则h′t-ln=x,=x2,≥e()=t,()=t2,因为te所以h′t函数ht在单调递减≥,()<0,()[e,+∞),所以hth2故实数a的取值范围是a2.分()max=(e)=,≥……………………12ee新疆维吾尔自治区年普通高考第一次适应性检测文科数学参考答案第页共页2023 3 4二选一试题.解由ρ22得ρ2ρ22θ22:(1)=θ2+6cos=8,+53cos2又ρ2x2y2ρθx则x2y2x2=+=++=,cos,2()68,y2xβ2=即x故曲线C的参数方程为cosβ为参数.分+=1,2{yβ()…………………54=2sin由曲线C的极坐标方程为ρθ得曲线C的直角坐标方程为x2y2(2)1=2cos,1(-1)+=1,它是一个以C为圆心半径等于的圆因为A是曲线C上的点B是曲线1(1,0),1,1,C上的点2,所以ABBC.设Bββఙఙmax=ఙ1ఙmax+1(cos,2sin),则BCβ22β2βββ1216ఙ1ఙ=(cos-1)+4sin=-3cos-2cos+5=-3(cos+)+33所以当β1时BC1643故AB43.分cos=-,ఙ1ఙmax==,ఙఙmax=+1……………103333.解由基本不等式得a2b2c23a2b2c223:(1)++≥3又因为a2b2c2++=9,所以abc当且仅当abc时等号成立.分≤33,==…………………………………5bca2bca2依题意++a(2)+bc≥2·bc=,4+4+cab2cab2++b+ca≥2·ca=,4+4+abc2abc2++c+ab≥2·ab=,4+4+a2b2c2abcabc三式相加得++++成立.分bc+ca+ab≥>………………………………10+++23以上解法仅供参考,如有其他方法,酌情给分。新疆维吾尔自治区年普通高考第一次适应性检测文科数学参考答案第页共页2023 4 4