2023高三数学期末答案_2.2025数学总复习_数学高考模拟题_2023年模拟题_老高考_山西省运城市2022-2023学年高三上学期期末调研测试数学_山西省运城市2022-2023学年高三上学期期末调研测试数学

运城市 2022-2023 学年第一学期期末 数学试题答案 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的. DADB DBCA 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对得5分，部分选对得2分， 有选错的得0分. 9. CD 10.ABC 11. BD 12.ABD 二、填空题： 本题共4小题，每小题5分，共20分. 1   13.-84. 14. b 15. 0, 16. 3 105 四、解答题：(本小题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15 17.解：（1）设等差数列 的公差为 ， 则 ，解得 ， ， 1分 3+ 7 =2 1+8 =18 =2 1 =1 ⋯⋯⋯ ∴ 1+ 5 =2； 1+4 2=分10 设等 比=数2 列−1 的⋯公⋯比⋯为 ， >0 则 2 5 ，解得 ， ， ， 3分 3+ 5 = 3 1+ =16 1 1 2 1 3 =4 =2 1 =1 ⋯⋯⋯ 1 5 = 3 =16 ∴ 4分 −1 1 = 2 ⋯⋯⋯ （2）由（1）可知 5分 3 +1 = 2 ⋯⋯⋯ ∴ ， 6分 4 7 3 +1 =2+2 2 +⋅⋅⋅+ 2 ⋯⋯⋯ 则 ， 7分 1 4 7 3 +1 2 =2 2 +2 3 +⋅⋅⋅+ 2 +1 ⋯⋯⋯ 两式相减得： ， 1 1 1 1 1 1 3 +1 22 1−2 −1 3 +1 7 3 +7 2 =2+3× 2 2 +2 3 +⋅⋅⋅+2 − 2 +1 =2+3× 1− 1 2 − 2 +1 =2− 9 2分 +1 ∴ ． 10分 ⋯⋯⋯ 3 +7 =7− 2 ⋯⋯⋯ 18.解（1）∵ 且在ABC中有c=acosB+bcosA, ,(1分) + + + = + ∴ = + 由正弦定理可得 , 2分 + = + ⋯⋯⋯整理可得:sinCcosAsinCcosBsinAcosCsinBcosC, 即sinCcosAsinAcosC sinBcosCsinCcosB, sin(CA)sin(BC) 即: , 3分 ⋯⋯⋯ π π π π C A( , ) BC( , ) 又因为锐角 ABC,所以 2 2 , 2 2 ,所以C A BC , 4分  ⋯⋯ C  即AB2C,又ABCπ,所以 3 ； 5分 2π ⋯⋯⋯ π （2）由题意可知ADB ,设DAB ,所以ABD , 3 3 π π π π π 02 Bπ 2(0, ) ( , ) 又 2 , 3 2 ,所以 12 4 , 6分 AB AD ⋯⋯⋯ 在ABD中,由正弦定理可得  , sinADB sinABD 即 ,所以 , 8分 3 π 2 3 = (3− ) AD=2 3sin(3−α) ⋯⋯⋯ 1 1 9 3 3 2 ∴ ∆ = ∙ = ×3×2 3 ( − ) = ∙ − 2 , 2 10分3 2 2 3 3 3 3 = 2 π(2 π+6)− 4 π π 2π⋯⋯⋯ 又( , ), 2 ( , ), 12 4 6 3 3 ∴ π 3 sin(2 )( ,1] 所以 6 2 11分 ⋯⋯⋯ 所以 3 3 3 3 9−3 3 3 3 2 (2 +6)− 4 ∈( 4 , 4 ] 即ABD面积的取值范围为 12分 9−3 3 3 3 19.（1）解:由题知, ( 4 , 4 ] ⋯⋯ , 将表格填完整如下所 示=:50−20−22=8, =20−12=8 球队胜 球队负 总计 A参加 22 8 30 A未参加 8 12 20 总计 30 20 502分 ⋯⋯⋯ , 3分 2 2 50 22×12−8×8 50 ∴ℵ = 30×20×30×20 = 9 ≈5.56⋯⋯⋯ , ∵所3以.8没41有<959.%56的<把6握.63认5为球队胜利与A球员参赛有关; 4分 （2）①由题知,记“B球员参加比赛,比赛赢球”为事件 ,⋯⋯⋯ , ∴故 B 球员=参0.2加×比0赛.2,+比0赛.3赢×球0.的2+概0率.2为×00..247+; 0.3×60分.3=0.27 ②由题知,记“B球员担当守门”为事件 , ⋯⋯⋯ 则 , =0.3×0.3=0.09 , 0.09 1 = =0.27=3 故球队赢了比赛的条件下,B球员担当前锋的概率为 8分 1 3⋯⋯⋯ ③依题意，X 的可能取的值为0，1，2，3,4 则X~B(4， )， 1 3 0 1 0 2 4 16 P(X=0)= C4×( ) ( ) = 3 3 81 1 1 1 2 3 32 P(X=1)= C4×( ) ( ) = 3 3 81 2 1 2 2 2 8 P(X=2)= C4×( ) ( ) = 3 3 27 3 1 3 2 1 8 P(X=3)= C4×( ) ( ) = 3 3 81 10分 4 1 4 2 0 1 P 所 (X 以 = X 4 的 ) 分 = 布 C4 列 × 为 (3： ) (3) =81 ⋯⋯⋯ X 0 1 2 3 4 P 16 32 8 8 1 数学期望 81 81 27 128分1 81 1 4 20.解：(1 E ) ( 证 X) 明 = :因 np 为 = △ 4× AB 3 D = 与3 ABC共面,所以连接 ⋯ C ⋯ D ⋯ 与AB相交于点O, 因为四面体PABD和QABC是相同的正四面体,所以,ABC、△ABD都是等边三角形, 则AC  BC  AB AD BD,所以四边形ACBD为菱形,则O为AB、CD的中点,1分 ⋯⋯⋯ 过点P、Q分别作PE 平面ABD、QF 平面ABC,垂足分别为E、F , 根据正四面体的性质可知E、F 分别为△ABD、ABC的中心且E,F 在DC 上, PE//QF 且 , 2分 ⋯⋯⋯ 2 因为正四面体PABD的棱长为2 3,则OD ADsin60 3,DE  OD 2,EO=FO=1 3 PE 平面ABD,DE平面ABD,PE  DE, PE  PD2 DE2 2 2 ,同理可得QF 2 2, 所以PEQF ,故四边形PQFE为平行四边形,故PQ//CD, 4分 ⋯⋯⋯ 因为四边形ACBD为菱形,则CD AB,所以AB PQ 5分 ⟂ ⋯⋯⋯ （2）依题知AD2 3,取线段 PQ 的中点M ,连接OM , 1 易知OE OF  OD 1,所以O为EF 的中点, 3 因为四边形PQFE为平行四边形,则PQ//EF且PQ  EF , 6分 因为O、M 分别为EF 、PQ的中点,则OE //PM 且OE  P ⋯ M ⋯,⋯ 所以,四边形PEOM 为平行四边形,则OM //PE,所以,OM 平面ACBD, 7分 因为ABCD,以点O为坐标原点,OA、OC、OM⋯所⋯在⋯直线分别为x、y、z轴建立如 下图所示的空间直角坐标系,则A( 3,0,0),B( 3,0,0),P(0,1,2 2),Q(0,1,2 2), 8分   ⋯⋯⋯ 设平面PAQ的法向量为m(x ,y ,z ),PQ(0,2,0),AP( 3,1,2 2), 1 1 1    mPQ  2y 0  则  1 ,取x 2 2,可得：m(2 2,0, 3), 9分 m  AP  3x  y 2 2z  0 1 1 1 1 ⋯⋯⋯  设平面BAQ的法向量为n(x ,y ,z ), , 2 2 2 =( 3,1,2 2) =(2 3,0,0) 则 ,取y 2 2,可得： , 10分 2 ∙ =2 3 2 =0 =(0,2 2,−1) ⋯⋯⋯ ∙ = 3 2+ 2+2 2 2 =.0 11分 m∙n − 3 33 ∴ cos m,n = m n = 11×3=− 33 ⋯⋯⋯ 由图形可知,二面角P-AQ-B的平面角为锐角,故二面角P-AQ-B的余弦值为 . 33 3312分 21解：（1）依题意知F（1,0），所以A(1,2),B(1,-2)……1分 ⋯⋯⋯ 设P（1，y）所以直线 的方程为y=x-1+y……2分 0 0 联立方程 得： ……4分 2 = 4 2 −4 +4 0−4=0 则y  y  4= −1+y 0 y 是定值4 ……5分 1 2 1 2 （2）证：依题意设直线 的方程为： 点 , , 2 2 1 2 0 = +1, ( 4 , 1) ( 4 , 2) 联立方程 得： , ……6分 2 = 4 2 −4 −4=0 = +1 4 y y 4，即y  ……7分 1 2 2 y 1 m 点F坐标为（1,0）k  ……8分 RF 2 ∵4  m y m y 4y my 2 k  2  1  1 1 ,9分 RQ y 2 4 4 y 2 2 1 1 1 4 y 2 1 y m 4y 4m 又k  1  1 ,10分 RE y 2 4 y 2 1 1 1 4 4y my 2 4y 4m k k  1 1  1 m2k 11分 RQ RE 4 y 2 4 y 2 RF 1 1 直线RQ、RF、RE的斜率成等差数列 ……12分 1 x 22．（1）由1x0得 f  x 的定义域为 ,1  f x   1  x1  …1分 1-x 1x 当0 x1时， f x  0， f  x 单调递增， 当x0时， f x  0， f  x 单调递减；……3分  f  x   f  0  0，即 f  x  0恒成立 ……4分 2 1  3  （2）F  x   f  x  g  x  ln(1x) cos  x ，F x   2sinx，x ,1  1x  2   3  1 1 当x ,1 时，y  单调递增，y 2sinx单调递减，   2  1x 1  3   3 2 所以F x   2sinx在x ,1 上单调递增，又F  20，  1x  2   2 5 1 F 1   00 2  3  所以x ,1 时，F x 有一变号零点，   2   3  即F  x 在x ,1 有一个极值点； ……6分   2  1 1 2 当x  1,0 时， 0，2sinx0，所以F x   2sinx0， 1x 1x F  x 在这一区间内无极值点； ……7分  1 1 3 当x0， 时，令h  x   F x   2sinx，   2 1x1 h x   2cos  x   1x 2 1  1  1 y  在x0， 上单调递增，y 2cosx在x0， 上单调递减，  1x 2  2    2    1 所以h x 在x0， 上单调递增，又h 0  120，   2 1  1 h 40所以x 0, 使得h x  0. 2 0  2    1 所以h  x 在 0,x 上单调递减，在x , 上单调递增， 0  0 2   1 4 1  1 又h  0  10,h  2 2 0,h 0，所以h  x 在x0， 上有两个零点，  4 3 2  2 所以F  x 有两个极值点，……10 分 1  1 当x ,1时， 22sinx，F x  0， 2  1x 所以F  x 这一区间内无极值点；……11分  3  综上，F  x   f  x  g  x 在x ,1上有3个极值点. ……12分  2 