数学答案_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_河北省石家庄市2022-2023学年高三上学期期末考试试题数学_河北省石家庄市2022-2023学年高三上学期期末考试试题数学

数学答案
一、单选题：
1-4 BCDD 5-8ACCA
二、多选题：
9.AD 10.AC 11.ABD 12.ACD
三、填空题:
31
3
13. 14. ．
42
2 2
15. 16. 1
3 k 
2e3
四、解答题：
17.解析：
1 2 3 n
1由已知     2n1 
a a a a
1 2 3 n
得：当n1时，得a 1……………………………………………………1分
1
1 2 3 n1
当n2时，     2n11 
a a a a
1 2 3 n1
n n
-得： 2n1，a  ………………………………………………3分
a n 2n1
n
n
检验:a 1成立，故a  ………………………………………………4分
1 n 2n1
2n
2 b  ,
n 22n1
1
13 15 12n1
令S =b b b b 2 4  6  +2n  
n 1 2 3 n 2 2 2 2
学科网（北京）股份有限公司1
13 15 17 12n1 12n1
S 2  4  6  +(2n2)  2n  
4 n 2 2 2 2 2
-得
3 1 1 2n1 1 3 1 5 1 2n1
4 S n 2 2 2n 2   2    2    2   + 2      ………………6分
13 1n1
3 1 12n1  2      1 4     
S 2 2n  2 ………………………………………………8分
4 n 2 2 1
1
4
 4 16 1n 16
化简得：S  n    ………………………………………………10分
n  3 9  4 9
18.解析：
  sinAsinB
1由正弦定理得：2sinA+  ，……………………………………………1分
 6 sinC
 
2sinA+ sinCsinAsinB
 6
即  3sinAcosA  sinCsinAsinAC得：sin  C-   1 ……………………………3分
 6 2

在ABC中，C= ；………………………………………………4分
3
3 1 1
2法一：由ABC面积公式得：S= ab abc 3 即abc ab ………6分
4 2 2
又由余弦定理得：a2b2-c2 ab ……………………………………………8分
由已知得 ba3 
由得a42a315a2 0即a2 a2 2a 15  0…………………………………10分
又a0,解得a5,b8,c7
所以ABC周长为20.………………………………………………12分
学科网（北京）股份有限公司3 1 1
法二：由ABC面积公式得：S= ab abc 3 即abc ab ………6分
4 2 2
又由余弦定理得：a2b2-c2 ab ………………………………………………8分
即ab2c2 3ab，abcabc3ab 
把代入得：abc6 
由得：4ab12ab 
又由 ba3 
得a25a0,………………………………………………10分
又a0，由得：a5,b8,c7
所以ABC周长为20.………………………………………………12分
19.（本小题满分12分）
(1)根据直方图可知，成绩在[80,100]的频率为(0.0250.010)100.35，
成绩[90,100]的频率为0.1，小于0.2，
因此获奖的分数线应该介于[80,90)之间，………………………………1分
设分数线为x[80,90)，使得成绩在[x,100]的概率为0.2，……………………2分
即(90x)0.0250.010100.2………………………………3分
可得x86
所以获奖分数线划定为86；………………………………4分
（2）应从[80,90)和[90,100]两组内分别抽取5人和2人.………………………………6分
学科网（北京）股份有限公司则的可能取值为0,1,2………………………………7分
C3C0 10 2
P(0) 5 2  
C3 35 7
7
C2C1 20 4
P(1) 5 2  
C3 35 7
7
C1C2 5 1
P(2) 5 2   .
C3 35 7
7
的分布列为
 0 1 2
2 4 1
P
7 7 7
………………………………10分
2 4 1 6
数学期望E()0 +1 2  .………………………………12分
7 7 7 7
20.
解析：（1）设AD的中点为G
，
连接EG,FG，则FG//PD,GE//CD,………………1分
FG / /PD

  FG  平面PCD FG//平面PCD，………………………………2分
,

PD  平面PCD

学科网（北京）股份有限公司同理GE//平面PCD，………………………………3分
FGEGG 平面EFG//平面PCD，……………………………4分
,
EF//平面PCD.………………………………5分
（2）点P在以AB为直径的半圆上，PAPB.………………………………6分
1
设 ADDC AB2，则AB4，
2
PB 3PA， PA2,PB2 3，PAB60.………………………………7分
平面ABP平面ABCD，AD DC，AD平面PAB.
故以A为原点，建立空间直角坐标系，
3 1
A(0,0,0)，B(0,4,0)，C(0,2,2)，D(0,0,2)，E(0,3,1)，P( 3,1,0)，F( , ,0)，
2 2
 3 5 
EF ( , ,1)，BP ( 3,3,0)，BC(0,2,2)，………………………………8分
2 2
   nBP0  3x3y0
设平面PBC的法向量n(x,y,z)，则 ，即 ，
 nBC 0 2y2z0

，
取y1 得n( 3,1,1)，………………………………10分
设为直线EF与平面PBC所成角，
  3 5
 1
则
sin 
E

F

n
 
2 2

10 ，………………………………11分
EF n 8 5 10
10
直线EF与平面PBC所成角的正弦值为 .……………………………12分
10
学科网（北京）股份有限公司21.
4 3 3
解 析 ： （ 1 ） 由 题 意 可 得 ：  1 ， 又 离 心 率 为 ， 所 以
a2 b2 2
c 3
 ，......................2分
a 2
b 1
可得  ，那么 a 2b ，代入可得： a 4 ， b2 所以椭圆C 的标准方程为
，
a 2
x2 y2
 1.....4分
16 4
m
（2）由题意可知，原点O到直线l的距离为2，那么 2，即：
1k2
m2 4(k2 1)，..........................................................6分
y kxm

设A(x ,y )，B(x ,y )，联立x2 y2 可得：
1 1 2 2

 1
16 4
(14k2)x28kmx4m2160 ，其判别式64k2m24(4k21)(4m216)
16(16k24m2)192k2 0 ，可知k 0
8km
由 韦 达 定 理 可 得 ： x x  ，
1 2 14k2
学科网（北京）股份有限公司4m2 16
x x  ，..................................8分
1 2 14k2
8km 4m2 16
那么 AB  1k2 ( )2 4
14k2 14k2
8 3 k 1k2
整理得： ，.......................................10分
14k2
3k2 1k2
8
1 8 3 k 1k2 8 3 k 1k2
2
△ABO的面积S  2   4
2 14k2 14k2 14k2
2
当 且 仅 当 k  时 取 得 等 号 ， 所 以 △ ABO 的 面 积 的 最 大 值
2
4............................12分
22. 解析：
（1）由题意，首先F(0)0，求导：F'(x)cosx-m，.....................1分
当m1时，可知F'(x)cosx-m0，所以F(x)单调递减，则F(x)F(0)0，所以命题
成立；.............2分
当m1时，F'(x)cosx-m0，所以F(x)单调递增，则F(x)F(0)0，所以命题不
成立；.. ..............3分
当1m1时，由F'(x)在[0,]上单调递减，F'(0)1m0，F'()1m0，
所以F'(x)在(0,)上存在唯一零点x ，使得F'(x )0，
0 0
当x(0,x )时，F'(x)为正，F(x)单调递增，则F(x)0，所以命题不成立.
0
...........4分
学科网（北京）股份有限公司综 上 所 述 ： m 的 取 值 范 围 为
m1..........................................................5分
2 5
（2）由题意可知：G(x) sinxx alnx2，那么：
3 3
2 5 2 5
sinx x  alnx 2 sinx x  alnx 2，整理可得：
1 1 1 2 2 2
3 3 3 3
5 2
a(lnx lnx ) (sinx sinx )(x x )，不妨设x x ，
2 1 2 1 2 1 2 1
3 3
由（1）可知：当m  1时，F(x)在R上单调递减，则当x x 时，有：F(x )F(x )成
2 1 2 1
立，
即：sinx x sinx x ，整理可得：sinx sinx x x ，所以：
2 2 1 1 2 1 2 1
5 2 2 5
a(lnx lnx ) (sinx sinx )(x x ) (x x )(x x ) (x x )，
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
3 3 3 3
..................7分
x x
那么a 2 1 ，
lnx lnx
2 1
要证：x x 2a，
1 2
x x x x
只需证： 1 2  2 1 即可.......................................8分
2 lnx lnx
2 1
x
2 1
x x
即证：ln 2 2( 1 )，
x x
1 2 1
x
1
x 2(t1)
设 2 t 1，令h(t)lnt (t1)，...........................10分
x t1
1
(t1)2 2(t1)
则 h'(t) 0 ， h(t)lnt 在 (1,) 上 单 调 递 增 ， 则
t(t1)2 t1
学科网（北京）股份有限公司2(t1)
h(t)lnt h(1)0，
t1
2(t1)
lnt ，
t1
所以得证..............................................................12分
学科网（北京）股份有限公司