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 