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