和平区2022-2023学年度第一学期数学期末质量调查参考答案及评分标准_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_3数学高考模拟题_新高考

和平区 2022—2023 学年度第一学期期末质量调查 高三数学试卷参考答案及评分标准 一、 选择题（ 高三年级数学答案 第1页（共6页） 高三年级数学答案 第2页（共6页） 9  5 分= 4 5 分） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A B D A D C C A B 二、填空题（ 6  5 分=30分） 10. 2 11. 60 12. x + 2 y − 3 = 0 13. 8 14. 6 5 ； 2 5 7 0 15. 3 2 ； 1 8 5 三、解答题（共75分） 16．（14分） 解：（Ⅰ）因为 a b = 2 c − o s c o A s B = s s in in A B ，所以2sinA−sinAcosB=sinBcosA , ----------1分 所以 2 s in A = s in A c o s B + s in B c o s A = s in ( A + B ) = s in C , -------------------------------------2分 a sinA 1 由正弦定理有 = = . --------------------------------------------------------------------------3分 c sinC 2 （Ⅱ）由余弦定理可得 1 4 = a 2 + 1 6 8 a − 4 a 2 , 整理可得3a2+2a−16=0 , 解得a=2 , ----5分 1 15 因为cosC= , C∈（0 , ） ，所以sinC= . ---------------------------------------------6分 4 4 所以 △ A B C 的面积 S △ A B C = 1 2 a b s in C = 1 2  2  4  1 4 5 = 1 5 ． ---------------------------8分 （Ⅲ）由于 s in 2 C = 2 s in C c o s C = 2  1 4 5  1 4 = 1 8 5 ， --------------------------------------10分 c o s 2 C = 2 c o s 2 C − 1 = 2   1 4  2 − 1 = − 7 8 , ---------------------------------------------------12分 因此 c o s  2 C + π 3  = c o s 2 C c o s π 3 − s in 2 B s in π 3 =  − 7 8   1 2 − 1 8 5  2 3 17. (15分) 以点 7+3 5 =− ．----14分 16 D 为原点， D A , D C , D D 1 分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正方向建立空间直角坐标系 D − x y z ，则 B ( 2 , 2 , 0 ) , C ( 0 , 2 , 0 ) , C 1 ( 0 , 2 , 3 ) , E (1 , 2 , 0 ) ， ---------------------2分 （Ⅰ）证明：∵ E 是棱BC的中点，∴ E (1 , 2 , 0 ) ， D C 1 = ( 0 , 2 , 3 ) , D E = (1 , 2 , 0 ) , 设平面CDE的一个法向量为 1 n = ( x , y , z ) ，  nDE=0 2y+3z=0 则  n=(6 , −3 , 2)， ---------------------------------------------4分 nDC =0 x+2y=0 1 ∵BD =(−2 , −2 , 3)，∴ 1 n  B D 1 = − 2  6 + 2  3 + 3  2 = 0 ，∴n⊥BD ， ---------------5分 1 又∵ B D 1  平面 C 1 D E ，∴ B D 1 平面 C 1 D E ； --------------------------------6分 （Ⅱ）解：∵平面 A B C D 的一个法向量为 C C 1 = ( 0 , 0 , 3 ) ， ----------------------------7分 ∴ c o s  C C 1 , n  = | C C C C 1 1 |   n | n | = 2 7 ， -------------------------------------------------------------9分 s in  C C 1 , n  = 3 7 5 ， ta n  C C 1 , n  = 3 2 5 ， -------------------------------------------- 10分 ∴ 平面CDE与平面 1 A B C D 3 5 的夹角的正切值 ； -------------------------------------11分 2 （Ⅲ）解：因为 A 1 D = ( − 2 , 0 , − 3 ) ， ------------------------------------------------12分 所以点 A 1 z y D C E A B x |ADn| |(−2 , 0 , −3)(6 , −3 , 2)| 18 到平面CDE的距离为 1 = = ． -------15分 1 |n| 7 718. (15分) （Ⅰ）解：设椭圆 高三年级数学答案 第3页（共6页） 高三年级数学答案 第4页（共6页） C 的半焦距为c， 因为 C 的短轴的一个端点的坐标为 ( 0 , − 2 ) ，所以 b = 2 ，a2 −c2 =4， 因为 e = c a = 2 2 ，所以 a = 2 c ．得 c = 2 ，所以 a = 2 2 ， ----------------------3分 所以椭圆 C 的方程为 x 8 2 + y 4 2 = 1 ． ---------------------------------------------------4分 （Ⅱ）证明：设直线MN的方程为y=k(x−4)(k 0)， M ( x 1 , y 1 ) , N ( x 2 , y 2 ) ， --5分 y=k(x−4) 联立 ，消去 x2 +2y2 =8 y 整理得： (1 + 2 k 2 ) x 2 − 1 6 k 2 x + 3 2 k 2 − 8 = 0 ． ---------6分 1 由0可得 k2  ． -------------------------------------------------7分 2 16k2 则x +x = ， 1 2 1+2k2 x 1 x 2 = 3 1 2 k + 2 2 − k 8 2 ， --------------------------------------------------9分 所以 k 1 + k 2 = x 1 y 1− 2 + x 2 y 2− 2 = k ( x x 1 1 − − 2 4 ) + k ( x x 2 2 − − 2 4 ) ------------------------------------11分 = k  ( x 1 − 4 ) ( x ( 2 x − 1 − 2 ) 2 + ) ( ( x x 2 2 − − 2 4 ) ) ( x 1 − 2 ) 2x x −6(x +x )+16 =k 1 2 1 2 ------------------------------------------------------------------13分 (x −2)(x −2) 1 2 16k2 将x +x = ， 1 2 1+2k2 x 1 x 2 = 3 1 2 k + 2 2 − k 8 2 代入上式分子中得： 2 x 1 x 2 − 6 ( x 1 + x 2 ) + 1 6 = 2  3 1 2 k + 2 2 − k 8 2 − 6  1 1 + 6 k 2 2 k 2 + 1 6 = 0 ， 即k +k =0， 1 2 所以k +k 为定值，且k +k =0． --------------------------15分 1 2 1 2 19. (15分) （Ⅰ）解：a +a +1=a +2，可得a =1，于是a =n． -----------------------------------2分 1 1 1 1 n 设数列{b }的公比为q，则由b b =b 得b bq=bq2，可得b =q， n 1 2 3 1 1 1 1 又a =4=4b −b =4q−q2， 即 4 1 2 ( q − 2 ) 2 = 0 ，b =q=2，可得 1 b n = 2 n （Ⅱ）解： ． -------------4分 c n = a b n + 1 2 n = n 4 + n 1 ， ---------------------------------------------------------------------5分 S n = 2 4 + 3 4 2 + 4 4 3 + + n 4 + n 1 ， 1 4 S n = 2 4 2 + 3 4 3 + + n 4 n + n 4 + n + 1 1 ， ---------------------------------------------------------------6分 可得 3 4 S n = 2 4 + 1 4 2 + 1 4 3 + + 1 4 n − n 4 + n + 1 1 = 1 2 + 1 1 6 − 1 1 4 − n 1 4  1 4 − n 4 + n + 1 1 = 1 2 + 4 3 ( 1 1 6 − 4 1 n + 1 ) − n 4 + n + 1 1 7 3n+7 = − ------------------------------------------------------------------------8分 12 34n+1 所以 S n = 7 9 − 3 9 n  + 4 7 n ． ------------------------------------------------------------------------------9分 （Ⅲ）解： d n =  n ( 1 n 5 n + n + 2 ) + 2 3 2 n +  4 n , 1 , n 为 n 为 奇 偶 数 数 , . ------------------------------------------------10分 则当 n 为奇数时， d n = n ( 1 n 5 n + + 2 ) 3  2 4 n + 1 = 1 n 6 ( ( n n + + 2 2 ) )  − 4 n n + 1 = n  1 4 n − 1 − ( n + 2 1 )  4 n + 1 ． ----------11分 T 2 n = ( d 1 + d 3 + + d 2 n − 1 ) + ( d 2 + d 4 + + d 2 n ) ， 设 A n = d 1 + d 3 + + d 2 n − 1 ， B n = d 2 + d 4 + + d 2 n ， 则 A n = d 1 + d 3 + + d 2 n − 1 1 1 1 1 1 1 = − + − + + − 140 342 342 544 (2n−1)42n−2 (2n+1)42n = 1 − ( 2 n + 1 1 )  4 2 n ， -----------------------------------------------------------------------13分 B =d +d + +d n 2 4 2n =(2+4+6+ +2n)+(4+42 +43+ +4n) n(2+2n) 4(1−4n) = + 2 1−4 = n ( n + 1 ) + 4 n + 1 3 − 4 ---------------------------------------------------------------------------14分 1 4n+1−4 T = A +B =1− +n(n+1)+ 2n n n (2n+1)42n 3 = n 2 + n + 4 n + 1 3 − 1 − ( 2 n 1 + 1 )   1 1 6  n ． --------------------------------------------------------------15分20. (16分) （Ⅰ）解： 高三年级数学答案 第5页（共6页） 高三年级数学答案 第6页（共6页） h ( x ) = f ( x ) − g ( x ) = ln x − x 2 + x − 1 的定义域为 ( 0 , +  ) ， --------------------1分 且 h ( x ) = 1 x − 2 x + 1 = − 2 x 2 + x x + 1 = − ( x − 1 ) ( x 2 x + 1 ) ， ------------------------------------------2分 当 0  x  1 时， h ( x )  0 ；当 x  1 时， h ( x )  0 ， 所以 h ( x ) 在 ( 0 ,1 ) 上单调递增，在 (1 , +  ) 上单调递减， -------------------------------------4分 所以 x = 1 是h(x)的极大值点， 故 h ( x ) 的极大值为 h (1 ) = − 1 ，没有极小值． -------------------------------------------------5分 （Ⅱ）证明：设直线 l 分别切 f ( x ) , g ( x ) 的图象于点 ( x 1 , ln x 1 ) ， ( x 2 , x 22 − x 2 + 1 ) ， 1 由 f(x)=lnx可得 f(x)= ，得 x l 的方程为 y − ln x 1 = 1 x 1 ( x − x 1 ) ， 即 l : y = 1 x 1  x + ln x 1 − 1 ； -----------------------------------------------------------------------------6分 由g(x)=x2 −x+1可得 g ( x ) = 2 x − 1 ， 得 l 的方程为 y − ( x 22 − x 2 + 1 ) = ( 2 x 2 − 1 ) ( x − x 2 ) ，即 l : y = ( 2 x 2 − 1 ) x − x 22 + 1 ． ------------7分 比较l的方程，得  1 x 1 ln = x 1 2 − x 1 2 = − − 1 x 22 + 1 ， 消去 x 2 ，得 ln x 1 + ( 1 + 4 x 12 x 1 ) 2 − 2 = 0 ． --------------------------------------------------------------8分 (1+x)2 1 1+x (2x+1)(x−1) 令F(x)=lnx+ −2(x0)，则F(x)= − = ． 4x2 x 2x3 2x3 当0x1时， F ( x )  0 ；当x1时， F ( x )  0 ， 所以 F ( x ) 在 ( 0 ,1 ) 上单调递减，在 (1 , +  ) 上单调递增， -----------------9分 所以 F ( x ) m in = F (1 ) = − 1  0 ． 因为 F ( e 2 ) = ln e 2 + (1 + 4 e e 2 4 ) 2 − 2 = (1 + 4 e e 2 4 ) 2  0 ，所以 F ( x ) 在 (1 , +  ) 上有一个零点； 1 1 7 e2 e4 7 e2 −4 e4 −7 由F(x)=lnx+ + − ，得F(e−2)=−2+ + − = + 0， 2x 4x2 4 2 4 4 2 4 所以 F ( x ) 在 ( 0 , 1 ) 上有一个零点，所以 F ( x ) （Ⅲ）解：显然 在(0 , +)上有两个零点， 故有且只有两条直线与函数 f(x) , g(x)的图象都相切． -------------------10分 x  0 , a  0 ． 2 a e 2 x + ln a ≥ f ( x ) = ln x 恒成立，即 2 a e 2 x ≥ ln x − ln a = ln x a 恒成立， 于是 2 x e 2 x ≥ x a ln x a 恒成立即 2 x e 2 x ≥ ln x a  ln e xa 恒成立． --------------------12分 设 u ( x ) = x e x ，则 u ( 2 x ) ≥ u  ln x a  恒成立． ----------------------------------------13分 而u(x)=(x+1)ex，可得u(x)在 ( −  , − 1 ) 单调递减，在 ( − 1 , +  ) 单调递增， 且 x  0 时， u ( x )  0 ， x  0 时，u(x)0， 由 2 x  0 可得 2 x ≥ ln x a 恒成立，即 e 2 x ≥ x a 对 x  0 恒成立，于是 a ≥ e x 2 x 恒成立，  x  即a≥  ． ------------------------------------------------------------------------14分 e2x  max 设 v ( x ) = e x 2 x ( x  0 ) ，则 v ( x ) = 1 − e 2 2 x x ， 可得v(x)在  0 , 1 2  单调递增，在  1 2 , +   单调递减， ----------------------------------15分 则 v ( x ) m ax = v  1 2  = 1 2 e ，于是 a ≥ 1 2 e ，因此实数 a 1 的最小值为 ． ---------16分 2e