江西省五市九校协作体2022-2023学年高三上学期第一次联考数学（文科）试卷

江西省五市九校协作体2023届第一次联考数学（文科）答案一、选择题1-5DDBAC6-10DCDDA11-12DB二、填空题13、514、202115、321016、813三、解答题17、（1）解：数列na满足：11a，当2n时，22111nnnanann，整理得：22111nnaann，数列2nan是以1为首项，1为公差的等差数列.。。。。。。6分（2）211nannn，22nan，故nan22nnnnanb，2311111232222nnTn①，则23411111112322222nnTn②，①－②得：2311111111212222222nnnnnTn，222nnnT.。。。。。。12分18、由表格数据，得123456747x，9.49.69.910.110.611.111.410.37y，。。。。。。2分所以7130.920.7iiixxyy10.400.210.320.831.19.7，72222222211424344454647428iixx，722222219.410.39.610.39.910.310.110.310.610.3iiyy2211.110.311.410.33.44，。。。。。。5分所以相关系数9.7970.99283.442024.08r．因为相关系数0.99r，接近1，所以y与x具有线性相关关系，且正相关性很强．。。。。。。7分因为717219.7ˆ0.3528iiiiixxyybxx，所以ˆˆ10.30.3548.90abyx，所以y关于x的线性回归方程为ˆ0.358.90yx．。。。。。。12分19、（1）证明：取EC的中点G，连接BD交AC于N，连接GN，GF，因为ABCD是菱形，所以ACBD，且N是AC的中点，所以//GNAE且12GNAE，又//AEBF，22AEBF，所以//GNBF且GNBF，所以四边形BNGF是平行四边形，所以//GFBN，又EA平面ABCD，BN平面ABCD，所以EABN，又因为ACEAA，,ACEA平面EAC，所以NB平面EAC，所以GF平面EAC，又GF平面EFC，所以平面EFC平面EAC；。。。。。。6分（2）利用BCEFCBEFVV，求得点B到平面CEF的距离为22。。。。。。12分20、（1）fx是定义域为R的奇函数，∴fxfx，即32321133xaxbxabxaxbxab，故220axb，0a，且00f.313fxxbx2fxxb.当0b时，20fxxb，此时fx在R上单调递减，fx在R上只有1个零点，不合题意.当0b时，令20fxxb，解得bxb，令20fxxb，解得xb或xb，()fx\在,b，b上单调递减，在,bb上单调递增.fx在R上有3个零点，0fb且0fb，由函数为奇函数，故只需3103fbbbb，即203bb，0b.实数b的取值范围是0,.。。。。。。6分（2）22fxxaxb，由已知可得1120fab，且122133fabab，解得23ab或25ab，当2a，3b时，3212363fxxxx，243fxxx.令0fx，即2430xx，解得13x，易知1x是fx的极小值点，与题意不符；当2a，5b时，32125103fxxxx，245fxxx.令0fx，即2450xx，解得51x，易知1x是fx的极大值点，符合题意，故2a，5b.1,2x，()fx\在1,1上单调递增，在1,3上单调递减.又5013f，2213f，322f.()fx\在1,2上的值域为2222,3.。。。。。。12分21、（1）设椭圆C的右焦点为2F，连接2PF，2QF根据椭圆的对称性可知12QFPF，四边形12PFQF为平行四边形.又113PFQF，所以213PFPF而122PFPFa，所以132aPF，22aPF在四边形12PFQF中，11cos3PFQ，所以12111coscoscos3FPFPFQPFQ，在12PFF△中，根据余弦定理得222121212122cosFFPFPFPFPFFPF即2223312222223aaaac化简得222ac.所以椭圆C的离心率22cea；。。。。。。5分（2）因为椭圆C的上顶点为0,2D，所以2b，所以22224abcc，又由（1）知222ca，解得28a，所以椭圆C的标准方程为22184xy.在ABD△中，2AMDABD，AMDABDBDM，所以ABDBDM，从而DMBM，又M为线段AB的中点，即12BMAB，所以12DMAB，因此90ADB，从而0DADB，根据题意可知直线l的斜率一定存在，设它的方程为ykxm，11,Axy，22,Bxy，联立22184ykxmxy消去y得222214280kxkmxm①，2224428210kmmk，根据韦达定理可得122421kmxxk，21222821mxxk，所以2211221212,2,2122DADBxyxykxxkmxxm222222841222121mkmkkmmkk所以2222228412202121mkmkkmmkk，整理得2320mm，解得2m或23m.又直线l不经过点0,2，所以2m舍去，于是直线l的方程为23ykx，恒过定点20,3，该点在椭圆C内，满足关于x的方程①有两个不相等的解，所以直线l恒过定点，定点坐标为20,3.。。。。。。12分22、（1）对点2,6P，设其直角坐标为,xy，则2cos3,2sin166xy，即其直角坐标为3,1，故OQ在直角坐标系下的方程为：22314,0,3,0,1xyxy，由cos,sinxy可得：23cos2sin4sin3，故OQ的极坐标方程为：4sin,,363.。。。。。。5分（2）由题可得曲线C的普通方程为：32yx，联立22314xy，可得22320xx，解得31x或31，又0,3x，故31x，则31y，即曲线C与OQ交点的直角坐标为31,31，设其极坐标为,，则22313162，4，即曲线C与OQ交点的极坐标为62,4.。。。。。。10分23、（1）当a＝3时，()2fx即为|1||23|2xx，等价于321232xxx或3121322xxx或11322xxx，解得322x或312x或213x，则原不等式的解集为2[,2]3；。。。。。。5分（2）不等式|1|()3xfx的解集非空等价于|22||2|3xxa有解．由|22||2||222||2|xxaxaxa，（当且仅当(22)(2)0xxa时取得等号），所以|2|3a，解得15a，故a的取值范围是(1,5)．。。。。。。10分