达州市普通高中2023届第一次诊断性测试理科数学参考答案一、选择题：1.A2.C3.D4.C5.D6.A7.B8.C9.D10.D11.B12.A二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．113．7014．15．416．124三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．1234517．解：(1)由表知x的平均数为x3．552222．(xix)(13)(23)(53)10i15(xx)(yy)ii1.281.28ri10.98．5522100.171.7(xix)(yiy)i1i10.980.75,y与x具有较高的线性相关程度．(2)设增长率为p，则1.8(1p)≥1.98,解得p≥0.1．∴．pmin0.110%该市2022年农村居民人均可支配收入相对2021年增长率最小值为10%．．解：设等比数列的公比为，∵，∴，∴由3得33．18(1){an}qan0q0a4a2a1q(a1q)∴．a11∵，∴，，，Sn2Sn1mS22S1mS32S2mS3S22(S2S1)a3即a32a2，∴q2．a2所以n1n1．ana1q2(nN)∵，∴，∴．(2)S22S1ma1a22a1mma2a111(12n)∴S2n1(nN)．n12m2nm2n11∴．nn1nn1SnSn1(21)(21)21211111111∴T()()()1．n2112212212312n12n112n1119．(1)证明：∵PE平面ABCD，AB平面ABCD，∴PEAB．∵ABBC，AD∥BC，∴ABAD．又PEADE，∴AB平面PAD．∵PA平面PAD，∴PAAB．理科数学答案第1页(共4页)取的中点，连接，，∵为的中点，zPAMEMFMFPBP∴FM∥AB．∴FMPA．∵tanPDA2，∴tanPDE2，MPE∴2，∴PE2DE2AD，FDE∴D为AE的中点，∴PEAE，∴EMPA．ADEx又EMFMM，∴PA平面EFM．∵EF平面EFM，∴EFPA.BC(2)解：∵BC2AD2DE2，∴PE2.y∴BC∥AE，且BCAE，∵ABBC，∴四边形ABCE为矩形，∴CE平面PAE.1111VVS△PE1CE2，∴CE1.EPDCPDEC3DEC323以E为原点，分别以EA，EC，EP方向为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角11坐标系Exyz．则D(1，0，0)，C(0，1，0)，F(1，，1)，∴ED(1，0，0),EF(1，，1)，22易知，，是平面的一个法向量．设平面FDE的一个法向量为n1(001)DEC，，，n2(xyz)x0，EDn0，∴2，即不妨取，得， ， ．1y2n2(021)EFn0xyz0．22nn15∴，12．cosn1n2|n1||n2|555由图知二面角FDEC的平面角为锐角，∴二面角FDEC的余弦值为.5．解：由题知，，，.20(1)F1(10)F2(10)y1k21，x，2设关于直线的对称点坐标为，，则x1k，解得k1F1l(xy)yx12kky．22k21(k21)24k2根据条件得1，解得k21，即k1．2(k21)2(k21)266(2)设M(x，y),N(x，y).把yx带入椭圆C方程得A,B的坐标为(,)，11223366(,).由已知得直线MN的方程为yk(x1)①交线段AB于D,33166∴3≤≤3，即≤≤．k162k162661133kk1k2设，，在①中令，得1，∴211．D(xDyD)yxxD|F2D|1k1(1)k11k111k1理科数学答案第2页(共4页)x2把①代入y21并化简得(12k2)x24k2x2k220．21114k22k22，11.0x1x22,x1x2212k112k122(1k2)∴21．|MN|1k1|x1x2|212k1|FD|212k2∴21．2|MN|22(1k1)12k21223112k22令，则12，当，即时，1取得最小值．t1k123()tk12(1k1)t3322(1k1)3|FD|22所以2的最小值为．|MN|6121．解：(1)由f(x)xemxlnx得x0，且f(x)emxmxemx．x1m∵x1是函数f(x)的极值点，∴f(1)emmem10，即10．em1xx2设f(x)1，则f(x)．当x2时，f(x)0，f(x)单调递减，当x21ex1ex11时，单调递增．f1(x)0f1(x)又当时，，且，∴．x2f1(x)0f1(0)0m01当m0时，f(x)xlnx，f(x)1．若0x1，f(x)0，f(x)单调递减；x若x1，f(x)0，f(x)单调递增，∵f(1)0，∴x1是f(x)的极小值点．所以f(x)的单调减区间为(0，1]，增区间为[1，)．111x(2)证明：∵m，x0，∴mxx，∴emxe2．221x∴f(x)xemxlnxxe2lnx．11xxe2(x2)e2构造函数g(x)，则g(x)，当0x2时，g(x)0，g(x)单调递x2x2e减，当x2时，g(x)0，g(x)单调递增．由于g(2)0，∴g(x)g(2)．min2lnx12lnx设h(x)1，则h(x)，当0xe时，h(x)0，h(x)单调递增，当x2x31xe时，h(x)0，h(x)单调递减．由于h(e)0，∴h(x)h(e)1．max2e1xe1e22e1e2lnx∵(1)0，∴g(x)h(x)，∴g(x)h(x)，∴1，22e2eminmaxxx21x即xe2lnxx2．∴f(x)x2．所以曲线yf(x)上所有的点都在抛物线x2y内．22．解：(1)将2x2y2，cosx，siny代入C的极坐标方程22cos2sin20得曲线C为x2y22x2y20，即(x1)2(y1)24．…4分理科数学答案第3页(共4页)x2tcos，(2)易知点P在直线l上，将直线l的参数方程(t为参数)代入曲线C方程y2tsin得(1tcos)2(1tsin)24，整理得t22(sincos)t20．设点，对应该的参数分别为，，则，，ABt1t2t1t22(sincos)t1t220由参数的几何意义不妨令,．t|t1||PA||t2||PB|2∴|PA||PB||t1||t2||t1t2|(t1t2)4t1t24sin212．π当sin21，即kπ(kZ)时，(|PA||PB|)22．4min23．(1)解：不等式可化为2|x|2|xm1|，∴|x1||xm1|，两边同时平方可得2mx2mm2．m原不等式解集为{x|x0}，∴m0，即x1．2m∴10，m2．2(2)解：f(a)f(b)，∴2|a1|2|b1|，|a1||b1|．f(1x)2|x|f(1x)，∴yf(x)关于直线x1对称，∴0a1b，∴1ab1，即ab2．414(b1)a4(b1)a所以()(ab1)5≥5249，当且仅当，ab1ab1ab12441即a,b时取“=”，∴的最小值为9．33ab1理科数学答案第4页(共4页)