分宜中学玉山一中临川一中2023年江西省南城一中南康中学高安中学高三联合考试彭泽一中泰和中学樟树中学数学试卷（理科）答案一、选择题：(每小题5分，共60分)题号123456789101112答案BDDBCADACCBC二、填空题：(每小题5分，共20分)13.14.615.16.三、解答题：17．（1）∵，，∴.∵，∴.∴，解得，所以，∴.（2）由（1）知，所以，∴可化为，解得，∴正整数n的最小值为6.18．(1)∵P(ξ≤50)=P(ξ≥70)，∴μ=50+702=60．设“至少有一名学生进入面试”为事件A，∵μ=60，σ=10，∴P(ξ≤70)=1+P(|X−μ|≤σ)2≈1+0.68272=0.84135，∴P(A)=1−0.8413510≈1−0.1777=0.8223，故10人中至少有一人进入面试的概率0.8223．(2)X的可能取值为0，1，2，3，4，P(X=0)=C20(1−13)2C20(1−12)2=19，P(X=1)=C2113(1−13)C20(1−12)2+C20(1−13)2C2112⋅(1−12)=13，P(X=2)=C22(13)2C20(1−12)2+C2113⋅(1−13)C2112⋅(1−12)+C20(1−13)2C22(12)2=1336，P(X=3)=C22(13)2C2112⋅(1−12)+C2113⋅(1−13)C22(12)2=16，P(X=4)=C22(13)2C22(12)2=136，X01234P(X)1913133616136∴E(X)=0×19+1×13+2×1336+3×16+4×136=53． 19.(1)证明：过点D作DO⊥AC交AC与点O，∵平面ABC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD=AC，DO⊂平面ACD，∴DO⊥平面ABC，又∵DE//平面ABC，，又∵AD⊥DE，且AD∩DO=D，AD,DO⊂平面ACD，∴DE⊥平面ACD；(2)过点E作交BC于点N，连接ON，∵平面ABC⊥平面BCE，平面ABC∩平面BCE=BC，EN⊂平面BCE，平面ABC，又因为DO⊥平面ABC，所以DO//EN．∵DE//平面ABC，∴D,E到平面ABC的距离相等，∴DO//EN且DO=EN，∴四边形ONED是平行四边形，∴ON//DE，平面ACD，∴CO=ON,DE=ON，∴VABCDE=VE−ABC+VE−ACD=13EN⋅S△ABC+13DE⋅S△ACD=13EN+13DE⋅DO=13DO(1+DE)，又DO2+DE2=DO2+CO2=CD2=1，令DE=x(0⩽x⩽1)，则VABCDE=f(x)=13DO(1+DE)=1−x2×(1+x)3，f(x)′=1+x31−x2(1−2x)，当x∈0,12时，f′(x)>0，当x∈12,1时，f′(x)<0，所以f(x)在0,12上单调递增，在12,1上单调递减，即VABCDE⩽f(12)=34，当且仅当DE=12时取得最大值．如图所示，以点O为原点建立空间直角坐标系O−xyz，则A(−32,0,0),B(−12,1,0),E(0,12,32),C(12,0,0),D(0,0,32)，所以AM=(76,56,36),CD=(−12,0,32)．设AM与CD所成角为α，则cosα=cosAM,CD=|AM⋅CD||AM|⋅|CD|=27777，即当几何体ABCDE体积最大时，AM与CD所成角的余弦值为27777．20．（1）设点M的坐标，点M在线段AB上，满足，∴，，故，，因为，∴，解得：a＝2，∴椭圆E的方程；（2）当直线l斜率不存在时，直线l的方程为，所以，，此时，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，原点O到直线1的距离为d，所以，整理得，由，可得，，，，，恒成立，即恒成立，所以，所以，所以定圆C的方程是所以当OP∙OQ=0时，存在定圆C始终与直线l相切，其方程是.解：(1)由ℎ(x)=f(x)−1=ex+2ax−1，得ℎ′(x)=ex+2a，当a≥0时，因为ℎ(−1)=(1e−1)−2a<0，不合题意;当a<0时，当x∈(−∞,ln(−2a))时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，当x∈(ln(−2a),+∞)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，所以ℎ(x)min=ℎ(ln(−2a))=−2a+2aln(−2a)−1，要ℎ(x)≥0，只需ℎ(x)min=−2a+2aln(−2a)−1≥0，令s(x)=x−xlnx−1，则s′(x)=−lnx，当x∈(0,1)时，s′(x)>0，s(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时，s′(x)<0，s(x)单调递减，所以s(x)≤s(1)=0，则由s(−2a)=−2a+2aln(−2a)−1≥0得−2a=1，所以a=−12，故实数a取值的集合{−12}.(2) ①由已知F(x)=ex−ax2+2ax−1，F′(x)=ex−2ax+2a，因为函数F(x)有两个不同的极值点x1，x2，所以F′(x)=ex−2ax+2a有两个不同零点，若a≤0时，则F′(x)在R上单调递增，F′(x)在R上至多一个零点，与已知矛盾，舍去;当a>0时，-公众号：网课来了-由ex−2ax+2a=0，得12a=x−1ex，令φ(x)=x−1ex所以φ′(x)=2−xex，当x∈(−∞,2)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增;当x∈(2,+∞)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减;所以φ(x)max=φ(2)=1e2，因为φ(1)=0，limx→+∞x−1ex=0，所以0<12a<1e2，所以a>e22，故实数a的取值范围为(12e2,+∞).②设x11，2−t1>1，u(t)=t−lnt在(1,+∞)上单调递增，所以t2<1t1，所以x2−1<1x1−1，即x1x2