2023年江西省宜春市高三第二次模拟考数学（文）答案

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宜春市 2023 届高三年级模拟考试数学（文）答案

一、选择题。

题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

答案 D B A B C A D C C D C A

二、填空题。

13.714.











15.1

12 16.①④

三、解答题。

17.（1）证明：在 ABC中， Bcba cos2 ,

由正弦定理得 BCBA cossin2sinsin  ，

又

 

πA B C  

，

因为 BCBCB cossin2sin)sin( 

所以 BCBBC sincossincossin 

所以 BBC sin)sin(  又0sin B

所以 0 πC B C    ,且



 CBCB

所以 B C B  ，故 2C B.…………………………6分

(2)由（1）2C B得

 

3 0, πB C B   ，

所以 π

0, 3

B 

 

  ，1

cos ,1

B 

 

  ，

因为 Bcba cos2 ，2C B

所以 Bb

bBc

cos

2cos2

cos

3











BB

BBC

cossin

sin2cossin2

BBB

cossin

sin2cos2sin2





cos

cos4  B

当且仅当 B

Bcos

cos4 即

cos B

且π

0, 3

B 

 

  当且仅当 4



B时等号成立，

所以当 4



B时， Bb

cos

3的最小值为 24 .…………………………12 分

18.（1）证明：由题意，连接 BD ，BF ，因为 2 2 4CD AB AD= = = ，AB CD



，

90DABÐ = °

，

是边

的中点，所以

2BF CF 

，则

2 2BC 

又

是边

的中点，则

EF BC

，在折起中

PE EF

又

2 2 2 2 2

( 2) ( 2) 4BE PE BP    

，所以

PE BE

，

又BE EF E，BE 平面 ABD ，EF 平面 ABD ，

故PE 平面 ABD ，又 PE 平面 APE ，所以平面 APE ^平面 ABD . ………5分

（2）由（1）中取 AD 的中点 O，连接 OE ，DE ，PO ，

由（1）可知，

PE 

平面

ABD

，所以

PE DE

，

PE AE

，

PE OE

，

而

1( ) 3

OE AB DC= + =

，

OD AD= =

，

所以

2 2 10DE OE OD  

，

同理

10AE 

， ……………………8分

所以 2 2 2 3PD PE DE   ，2 2 2 3PA PE AE   ，2 2 11PO PE OE  

所以 PAD是等腰三角形，

所以 1 1 2 11 11

2 2

PAD

S AD PO= = =

，

又B PAD P ABD

V V

- -

=，即 1 1

3 3

PAD ABD

S h S PE

D D

=  ，

所以

12 2 2 2 22

ABD

PAD

S PE

= = =

，

即点 B到平面 ADP 的距离为 2 22

. ……………………12 分

19.（1）1(1 2 3 4 5) 3

t      ，1(1.7 2.1 2.5 2.8 3.4) 2.5

y      ，

11 4 9 16 25 55



       ，

11.7 4.2 7.5 11.2 17 41.6

i i

it y



       ，

41.6 5 3 2.5

ˆ0.41

55 5 3

b  

  

  ，ˆ2.5 0.41 3 1.27a    ，

y关于 t的线性回归方程 ˆ0.41 1.27y t  ……………6分

2023 年5月份对应 6t，所以 ˆ0.41 6 1.27 3.73y   

所以预测 2023 年5月份参与竞拍的人数为 3.73 万人. ……………7分

（2）由题意可得：

1.5 0.1 2.5 0.3 3.5 0.3 4.5 0.15 5.5 0.1 6.5 0.05 3. 5x             ………9分

2 2 2 2 2

2 2

(1.5 3.5) 0.1 (2.5 3.5) 0.3 (3.5 3.5) 0.3 (4.5 3.5) 0.15

(5.5 3.5) 0.1 (6.5 3.5) 0.05 1.7

s           

       ……12 分

20.解：（1）由题意可知：函数 ( ) ln 2f x x x   的定义域为：

 



.

则

 

1f x x

  ，令

 

0f x

，解得 1x.

当

 

0,1x，

 

0f x

，函数

 

f x 单调递减；

当

 

1,x  ，

()

0f x

¢>，函数

 

f x 单调递增.

所以 1x为极小值点，且

   

min 1 1f x f   .

所以函数

 

f x 的最小值为 1.……………………4分

（2）根据题意可知：

   

1 2

f x f x，根据（1）设 1

0 1x  ，21x，

构造函数

     

2F x f x f x   ，

 

0,1x.……………5分

       

 

2 1

2 0

F x f x f x x x



  

    

，所以

 

F x 在

 

0,1 上单调递减.

则有

   

1 0F x F  ，也即

   

1 1

2 0f x f x   .

因为

   

1 2

f x f x，所以

   

2 1

2 0f x f x   ，也即

   

2 1

2f x f x 

因为 1

2 1x  ，21x，由（1）可知

 

f x 在

 

1,  上单调递增， ……………10 分

所以 2 1

2x x  ，也即 1 2 2x x  .由已知 21x，所以 1 2

2 3x x  .……………12 分

20. 21.（1）解：依题意得

则

，















226









，

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