乐山市高中2023届第一次调查研究考试文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.CBDDCCBAACDB二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.213.5；14.y212x；15.4；16.4三、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33cosB.…………………12分219.解：基本时间对应的点集为M(x,y)1x4,1y4,xz,yz，∴基本事件的个数为n4416.……………………2分（1）记“xy„3”为事件A.则事件A包含的基本事件有5个：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(3,1).55∴P(A)，即小王获得笔记本的概率为.……………………5分1616（2）记“xy…8”为事件B.则事件B包含的基本事件有6个：(2,4)，(3,3)，(3,4)，(4,2)，(4,3)，(4,4).63则P(B).……………………8分168记“其余情况”为事件C.535则P(C)1P(A)P(B)1.……………………11分1681635∵，816∴小王获得水杯的概率大于获得饮料的概率.……………………12分20.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，225∵在三角形PCD中，由CDPD，PC3，21∴6，.……………………10分SS△BCD△PCD42设B到平面PCD的距离为h，∵VBPCDVPBCD，11∴，解得6.S△PCDhPAS△BCDh3336∴B到平面PCD的距离为.……………………12分321.解：（1）由题意f(x)aex1,aR……………………1分当a„0时，g(x)0对任意xR恒成立，∴g(x)在R上单调递减；……………………2分当a0时，令f(x)0，解得xlna，∴f(x)在(lna,)上单调递增；在(,lna)上单调递减；综上：当a„0时，f(x)在R上单调递减；当a0时，f(x)在(,lna)上单调递减，f(x)在(lna,)上单调递增；……………………3分x1（2）①∵，∴.……………………4分f(x)…0a…xex1ex(x1)exx令g(x)，则g(x).……………………5分exe2xex当x0时，g(x)0；当x0时，g(x)0.∴g(x)在(,0)上单调递增，在(0,)上单调递减.……………………6分∴g(x)„g(0)1，∴a…1.……………………7分x②由①知：a1时，f(x)…0，即：e…x1.……………………8分∴ln(x1)„x.……………………9分2i令x，(2i1)(2i11)2i2i11则……………………10分ln[1ii1]„ii1ii1(21)(21)(21)(21)2121n2in1111∴……………………11分ln[1ii1]„(ii1)n1i1(21)(21)i12121321n2i1∴，得证.……………………12分ln[1ii1]i1(21)(21)322.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