重庆市 2023届高考数学适应性月考卷（一）试卷（PDF版附答案）

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）由f()xxxalnxb得，f()lnxxa1，因为f()x在xe处取得极小值1e，fa(e)20，，a2则经检验，符合题意．…………………（5分）fa(e)eebb1e1，（2）由（1）知，f()xxxxln21，f()lnxx1，则切点为(ltttt，，n21)切线斜率kft()lnt1，于是切线方程为yttt(ln21)(lntxt1)()，代入原点(00)，得：tttln21tttln，解得t1，从而实数t的值为1．…………………………………………………………（10分）数学参考答案·第3页（共7页）18．（本小题满分12分）1415222解：（1）由题意，去掉15日的数据(15130)，后，x7.5，xxii151015，ii111511yy(i130)(970130)60，……………………………………（2分）14i1141415xyiixyii15130997919508029，ii1114xyii14xy8029147.5601729所以bˆi17.6，…………………（6分）142221015147.5227.5xxi14i1aybˆˆx607.67.53，从而y关于x的经验回归方程为yxˆ7.63．………………………………………（9分）（2）9月份一共有30天，于是累计销售量yˆ10(7.6303)2310瓶．………………………………………………………………（12分）19．（本小题满分12分）（1）证明：如图2，设O是AC与BD的交点，连接FO，因为四边形ABCD是一个矩形，所以O是AC的中点，因为EF∥，ACACE2F，于是EFAO，所以四边形AEFO是一个平行四边形，于是AEFO∥，又AE平面BFD，FO平面BFD，图2所以AE∥平面BFD．………………………………………………（6分）（2）解：在平面EAB内作AzAB，因为平面EAB平面ABCD，平面EAB平面ABCDAB，所以Az平面ABCD，又矩形中ADAB，于是以A为原点，ABADAz，，所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系：因为ABAE2，AD4，BAE120，所以E(103)，，，D(040)，，，C(240)，，，由ACE2F可得：F(02，，3)．………………………………………………（8分）显然，平面EAB的一个法向量为m(010)，，；数学参考答案·第4页（共7页）nCF0，2230xyz，设平面FCD的一个法向量为nxyz()，，，则nCD020x，令y3可得，n(0，，．32)………………………………………………（10分）321设平面EAB与平面FCD的夹角为，则cos|cosmn，|，17721于是平面EAB与平面FCD的夹角的余弦值为．…………………………（12分）720．（本小题满分12分）解：（1）由200(0.0002520.0005a0.00120.00125)1，解得a0.00075．………………………………………………（3分）（2）由直方图可知，消费金额低于1000元的频率为：200(0.000250.00050.0010.00125)0.6，于是估计该度假区2000名游客中消费金额低于1000元的人数有20000.61200人．………………………………………………（6分）3（3）由（2）知，对于该度假区的任意一位游客，消费金额低于1000元的概率为，52不低于1000元的概率为，获赠的代金券金额X的可能取值为0，50，100，200，52211311因为PX(0)，PX(50)，521053522322113211PX(100)C，PX(200)，2535255210………………………………………………（10分）所以X的分布列为X0501002001131P105510131于是EX()05010020090．……………………（12分）5510数学参考答案·第5页（共7页）21．（本小题满分12分）c2，22（1）解：由题意，a2可得：ab2，222abc，22xy22将点(21，代入方程)1可得，b2，a4，222bb22xy所以椭圆C的方程为1．………………………………………………（4分）42n2（2）证明：设M(2，，则：n)k，k，OMBP2n2又B(20)，，则直线BP的方程为yx(2)，n22xy222联立椭圆方程1消y得：(8nxx)323240n，其中0恒成立，422324n由韦达定理，xx，………………………………………………（6分）PB2n82162n28n因为x2，所以x，于是yx(2)，又A(20)，，BP2PP2n8nn88n0n28nnn8因为kk0，所以kk，APAM2APAM162n432422n8又A是公共点，故A，P，M三点共线．…………………………………（12分）22．（本小题满分12分）a解：（1）由题意，f()x的定义域为(0，，)又fx()2，xa当a0时，因为x0，所以fx()20，故f()x在(0，)上单调递减；x………………………………………………（2分）aa当a0时，令fx()20，解得：x，x2aa当x0，，fx()0，故f()x在0，上单调递增，22数学参考答案·第6页（共7页）aa当x，，fx()0，故f()x在，上单调递减．22………………………………………………（5分）axaxxln2fx()（2）2()cos[()]efxf≥≥x2()cos[()]efxfx2()cos[()]fxfx2xe≥0，t设g()e2costtt，其中tfx()，……………………………………（6分）tt则g()e2sintt，g()ecostt，t当t≤时，0e1≤，sint≤，则1gt()≤恒成立；0t当t0时，e1，cost≥，1则gt()0恒成立，即g()t在(0，)上单调递增，又g(0)10，g(1)e2sin10，所以存在t(01)，使得gt()0，00于是当tt(0，时)，gt()0；当tt()，时，gt()0．00从而可得，g()t在()，t上单调递减，在()t，上单调递增，00且发现g(0)0，其大致图象如图3所示：…………………………………………（8分）由（1）中f()x的单调性可知，①当a0时，f()x在(0，)上单调递减，当x0时，fx()；而x时，fx()，所以tfx()R，此时gt()0，不符题意；………………（9分）0图3aa②当a0时，f()xfaaln，又当x0时，fx()，max22a此时tfx()，，alna2a（i）当aaln≤，即002a≤时e，gt()0≥恒成立，满足题意；2aa（ii）当aaln0，即a2e时，取taaminln，，t1022结合g()t的图象可知gt()0，不符题意．1综上所述，实数a的取值范围是(02e]，．……………………………（12分）数学参考答案·第7页（共7页）</ed+$)1!-,%$a-></ij"k1!el6m)!nopq!(rstuvf!w!&!,i!$v"tf'i!$,("##ri!>