福建省龙岩市一级校2022-2023学年高三上学期1月期末数学_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

学科网（北京）股份有限公司 龙岩市一级校2022-2023 学年第一学期期末高三联考 数学参考答案 一、选择题：本题共8 小题，每小题5 分，共40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C A B B A D D B 7．【解析】由图可知，三角形ABC 的底边AB 是固定的，则点C 的运动直接影响着三角形面积的变化。由图可知， 三角形的面积大小变化为：小大小大小，再考虑当点C 落在线段AB 上以及点C 与点A 或B 重合时， 都构成不了三角形，所以 ( ) S x  大小变化为：先正负，（ , , A C B 三点共线），再正负，故选择D. 8．【解析】法一：由题意得，第一个参加面试的一定是男生，最后一次参加面试的一定是女生，男女生面试的排序应 为“男男***女”或“男女男**女”，所以 1 1 1 3 1 1 1 1 2 3 2 3 3 3 3 2 2 2 6 6 1 4 C C C A C C C C A P A    ． 法二：如图：以下5 种情况符合题意，所以所求概率为 3 3 1 2 2 3 1 2 2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 6 6 ( ) ( ) 1 4 A A C A A A C A A P A       ． 二、选择题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5 分，部分选对的得2 分，有选错的得0 分。 题号 9 10 11 12 答案 AC AB AD BCD 12．【解析】由（2）知，S 中的元素满足消去率，所以0 S  . 设 S x  ，由（1）知， 5 4 3 2 , , , , x x x x x 都是S 中的元 素，由集合元素的互异性，必存在整数 , , 1 5, m n m n    满足 使得 n m x x  .由于 S x  ，所以 ,0  x 故有 1  m n x 。 因为 n m, 是整数，且1 4 n m    ，所以 S x m n   ,即1 S  . 若 S  x 且 1  xy ，由（1）知，存在整数(1 4), k k   使得 1  k x ，即 1 1    kx x .令 1   k x y ，又因为 , 1 S x k   则 S y  . 由条件（1），不妨令y x  ，则有 2 , x S x S   ， 再令 2 y x  ，则有 3x S  ，如此循环，则 2 3 4 5 6 , , , , , , x x x x x x 都是数集S 的元素，又已知数集S 只有4 个元素， 考虑集合元素的互异性，则元素必需满足一定的周期性，且周期为4 ，考虑复数i 恰满足此性质，故数集   2 3 4 , , , S i i i i  ，即数集   , 1, ,1 S i i   . 三、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 分。 13．3 2 10 b  14． 3 0 x y    15．18π 16． 3 15．【解析】如图，取AC 的中点为 1 O ，连接 1 PO ，则 1 PO AC  ， 因为平面PAC 平面ABC ，平面PAC 平面ABC AC  ， 学科网（北京）股份有限公司 1 PO 平面PAC ， 1 PO AC  ，所以 1 PO 平面ABC ． 在 ABC △ 中， 由余弦定理 2 2 2 2 cos BC AB AC AB AC BAC       ， 得 2 BC  ，所以 2 2 2 AB BC AC   ， 所以 ABC △ 为直角三角形． 所以球心O 在直线 1 PO 上，所以 2 2 (2 2 ) 4 R R    ， 解得 3 2 2 R  ，所以该球的表面积为18π ． 16．【解析】如图，四边形 1 2 PF MF 为平行四边形， 因为 2 60 MF N   ，所以 1 2 60 F PF   ． 因为 1 2 | | | | 2 PF PF a   ，且 1 2 2 PF PF  ， 所以 1 | | 4 PF a  ， 2 | | 2 PF a  ， 在 1 2 PF F △ 中， 由余弦定理 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 | | | | | | 2| | | | cos F F PF PF PF PF F PF       ， 得 3 c a  ，所以离心率为 3 ． 四、解答题：共70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．（10 分） 解：（1）因为 2 1 1 n n n a S S     ，① 所以当 2 n  时， 2 1 n n n a S S    ，② ①-②得 2 2 1 1 n n n n a a a a      ，...................................................................................1 分 即   1 1 1 n n n n n n a a a a a a        ， 因为 0 na > ，所以 1 1 n n a a   ，........................................................................... 2 分 所以数列{ } na 从第二项起，是公差为1 的等差数列. 由①知 2 2 2 1 a S S   ，因为 1 1 a  ，所以 2 2 a  ， 所以当 2 n  时， 2 ( 2) 1 na n = + - ´ ，即 na n = . ③............................................. 4 分 又因为 1 1 a  也满足③式，所以 na n = （ * N n ）. ...........................................5 分 注：没有验证 1 n 的情况扣1 分. （2）由（1）得 2 1 2 (2 1) 2 n a n n n b a n       ，................................................................6 分 nT 2 3 2 3 2 5 2 (2 1) 2 n n         ，④ 2 3 1 2 2 3 2 (2 3) 2 (2 1) 2 n n nT n n            ，⑤.......................................7 分 ④-⑤得， 2 1 2 2 2 2 2 (2 1) 2 n n nT n           ，..................................... 8 分 所以 3 1 1 2 (1 2 ) 2 (2 1) 2 1 2 n n nT n            ，.........................................................9 分 故 1 (2 3) 2 6 n nT n      . .......................................................................................... 10 分 18．（12 分） 解：（1）△ABC 中，由正弦定理，得sin sin sin a b c k A B C    ， 则 sin a k A  ， sin b k B  ， sin c k C  ， 故 3 sin cos a B b A b   可化为 3sin cos 1 A A   ， ..................................2 分 整理，得 π 1 sin( ) 6 2 A  ，.........................................................................................4 分 学科网（北京）股份有限公司 又 π π 5π 6 6 6 A     ，故 π π 6 6 A  ，即 π 3 A  . ...............................................6 分 （2）△ABC 中，由余弦定理，得 2 2 2 2 cos a b c bc A    ，即 2 2 2 a b c bc    ，（*） .........................................................................................................................................7 分 又 3 a b c   ，所以 3 a b c  ，代入（*），得 2 2 2 (3 ) b c b c bc      ， 整理，得6 6 3 9 b c bc    ， .................................................................................9 分 又因为 2 b c bc ≥ ， .............................................................................................10 分 所以 4 3 0 bc bc  ≥，解得 1 bc≤或 3 bc≥（舍去）， ............................ 11 分 故 1 bc≤，故△ABC 的面积 1 3 3 sin 2 4 4 S bc A bc   ≤ . .............................. 12 分 19．（12 分） 解法一：（1）由已知条件可得 2, 2, BD CD   CD BD  ．............................................. 1 分 ∵平面ABD 平面BCD ，平面ABD 平面BCD BD  ， ∴CD 平面ABD ． 过点D 在平面ABD 作Dz DB  ，则Dz DC  ．.............................................2 分 以点D 为原点，BD 所在的直线为x 轴，DC 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系，如图． 由已知可得 (1,0,1), (2,0,0), (0,2,0), (0,0,0), A B C D (1,1,0) M ． ∴ (0, 2,0), ( 1,0, 1) CD AD       ． 设平面ACD 的法向量为 ) , , ( z y x n  ， 则 n AD n CD  , ∴ 0, 0, y x z      令 1 x  ，得平面ACD 的一个法向量为 )1 ,0,1(   n ，.................................4 分 ∴点M 到平面ACD 的距离 2 2 n MC d MC      ．..........................................6 分 （2）假设在线段BC 上存在点N ，使得AN 与平面ACD 所成角为60． 设 , 0 1 BN BC        ，则 (2 2 ,2 ,0) N    ，.......................................... 7 分 ∴ (1 2 ,2 , 1) AN       ，.................................................................................. 8 分 又∵平面ACD 的法向量 )1 ,0,1(   n 且直线AN 与平面ACD 所成角为60， ∴ 3 sin60 2 AN n AN n       ，..............................................................................10 分 可得 0 1 2 8 2     ， ∴ 2 1 4 1      或 （舍去）．............................................................................. 11 分 综上，在线段BC 上存在点N ，使AN 与平面ACD 所成角为60，此时 4 1  BC BN ． 12 分 解法二：（1）由已知条件可得AB AD  ， 2 AB AD   ， ∴ 1 2 1     AD AB S ABD ．................................................................................. 1 分 ∴ 2, 2, BD CD   又 2 2 BC  ，∴CD BD  ． ∵平面ABD 平面BCD ，平面ABD 平面BCD BD  ， 学科网（北京）股份有限公司 ∴CD 平面ABD ． 即CD 为三棱锥C ABD  的高，...................................................................... 2 分 又 2 CD  ，∴ 3 2 3 1      ABD ABD C S CD V ，..................................................3 分 又∵点M 为线段BC 中点， ∴点M 到平面ACD 的距离等于点B 到平面ACD 的距离的2 1 ， ∴ 3 1 2 1 2 1       ABD C ADC B ADC M V V V ，………………4 分 ∵ AD CD  , 2 AD  , 2 CD  ，∴ 2 2 1     DC AD S ACD ，..............5 分 设点M 到平面ACD 的距离为d ，则1 1 3 3 ADC d S   ，即1 1 2 3 3 d    解得d = 2 2 ，∴设点M 到平面ACD 的距离等于2 2 . ..............................6 分 （2）同解法一． 解法三：（1）∵点M 为线段BC 中点， ∴点M 到平面ACD 的距离等于点B 到平面ACD 的距离的2 1 ，............. 1 分 由已知条件可得 2, 2, BD CD   CD BD  ．..............................................2 分 ∵平面ABD 平面BCD ，平面ABD 平面BCD BD  ， ∴CD 平面ABD ．........................................................................................... 3 分 又∵ ABD AB 平面  ，∴CD AB  ．............................................................4 分 ∵ 90 ABC   ，ADBC，∴ AD A  B ， 又AD CD D   ，∴ CD AB A 平面  ， ∴点B 到平面ACD 的距离等于线段AB 的长．..............................................5 分 ∵ 2  AB ，∴点M 到平面ACD 的距离等于2 2 .......................................6 分 （2）同解法一． 20．（12 分） 解：（1）记“甲队获得冠军”为事件A ，“决赛进行三场比赛”为事件B ， 由题可知 1 2 1 1 2 1 ( ) ( + ) = 2 3 2 3 5 5 P AB     ，............................................................... 2 分 1 2 1 1 2 1 1 11 ( ) ( + ) + = 2 3 2 3 5 2 3 30 P A      ，..................................................................4 分 ∴当甲队获得冠军时，决赛需进行三场比赛的概率为 ( ) 6 ( ) ( ) 11 P AB P B A P A   . .........................................................................................................................................6 分 （2）设比赛主办方在决赛前两场中共投资x（千万元），其中0 1 x  ， 若需进行第三场比赛，则还可投资1 x  （千万元）， 记随机变量为决赛的总盈利，则可以取2 x ， 1 2 x x   ，............................ 7 分 ∴ 1 1 1 2 1 ( ) + = 2 2 3 2 3 2 x P     ， 1 2 1 1 1 ( 1 ) + 2 2 3 2 3 2 x P x        ，.............9 分 ∴随机变量的分布列为 学科网（北京）股份有限公司  2 x 1 2 x x   P 1 2 1 2 ∴的数学期望 1 1 1 ( ) + ( 1 )= ( 1 ) 2 2 2 2 2 x x E x x x        ，.............................10 分 令 1 (0 1) t x t     ，则 2 2 +1 1 1 5 ( ) ( ) 2 2 2 8 t t E t        ，........................... 11 分 ∴当 1 2 t  ，即 3 4 x  时， ( ) E 取得最大值， ∴比赛主办方在决赛的前两场的投资额应为0.75 千万元，即750 万元. ……12 分 21．（12 分） 解：（1）以EF 所在的直线为x 轴，EF 的垂直平分线为y 轴， 建立平面直角坐标系xOy 如图， 在线段FC 上取点Q ，使得PF FQ  ， 因为MF PQ  ，所以MP MQ  因为M 在EC 的垂直平分线上，所以ME MC  ， 又因为 PEM PCM   ，所以MPE MQC   ， 所以PE QC  ，所以PE PF FQ QC FC     即P 的轨迹是以 , E F 为焦点的椭圆，设的方程为   2 2 2 2 1 0 x y a b a b     则2 4 a FC   ，得 2 a  ， 2 2 1 3 b a   ， 又因为当C 在直线EF 上时，点M 不存在，所以的方程为   2 2 1 0 4 3 x y y    .........................................................................................................................................6 分 （2）设   0 0 , C x y ，则EC 的中点为 0 0 1, 2 2 x y        ， 0 0 y  . 1°当 0 1 x 时，由  2 2 0 0 1 4 x y    解得 0 2 3 y  ，则l 的方程为 3 y  ， 此时l 与恰有一个公共点（如图）；........................................................................7 分 2°当 0 1 x 时，如图， 则EC 的斜率为 0 0 1 y x  ， l 的方程为 0 0 0 0 1 1 2 2 y x x y x y            因为  2 2 0 0 1 16 x y    ， 学科网（北京）股份有限公司 所以l 的方程可化为 0 0 0 0 1 7 x x y x y y     ，.................9 分 代入 2 2 1 4 3 x y   得：     2 2 0 0 2 0 1 7 1 4 3 x x x x y          ， 整理得：        2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 4 1 3 8 1 7 4 7 12 0 x y x x x x x y              …（＊） 由  2 2 0 0 1 16 x y    得   2 2 0 0 16 1 y x    代入“＊”并整理得：        2 2 2 0 0 0 0 7 8 1 7 16 1 0 x x x x x x        ...............................................11 分 此时   2 2 2 0 0 0 0 8( 1)( 7) 4 16 ( 7) ( 1) 0 x x x x          ，l 与恰有一个公共点. 综上，l 与恰有一个公共点．..................................................................................12 分 22．（12 分） 解：（1）若 3 2 a   ，则 3 2 ( ) cos x f x e x     ， 3 2 ( ) sin x f x e x      ，................................1 分 3 2 ( ) cos 0 x f x e x       在 3 [ , ] 2 2   成立，∴ ( ) f x  在 3 [ , ] 2 2   递增，........... 2 分 又 ( ) 1 0 2 f e       ， 3 ( ) 1 1 0 2 f    ，故存在 3 ( , ) 2 2 k    ，使得 ( ) 0 f k   ， 且 ( ) f x 在[ , ] 2 k  递减，在 3 [ , ] 2 k 递增，故 max 3 ( ) max{ ( ), ( )} 2 2 f x f f    ， 又 3 ( ) , ( ) 1 2 2 f e f e         ，故 ( ) f x 在 3 [ , ] 2 2   的最大值为 3 ( ) 1 2 f  ． .........................................................................................................................................4 分 （2）解法一：要证 ( ) f x 在(0, ) 单调递增，即证 ( ) 0 f x   在(0, ) 成立， ∵ 1 a  ，∴ 1 ( ) sin sin x a x f x e x e x        ， 记 1 ( ) sin x g x e x    ，故只需证明记( ) 0 g x  在(0, ) 成立，........................ 5 分 ①当 [1, ) x 时， 1 1 xe ，而sin 1 x ，∴ 1 ( ) sin 0 x g x e x     成立；....6 分 ②当 (0,1) x 时， 1 ( ) cos x g x e x     ， 1 ( ) sin 0 x g x e x      在(0,1) 成立，∴ ( ) g x  在(0,1) 单调递增，..................7 分 又 1 (0) 1 0 g e    ， (1) 1 cos1 0 g   ，∴必存在 (0,1) t  ，使得 ( ) 0 g t   ， 且 (0, ) x t  时 ( ) 0 g x   ， ( ,1) x t  时 ( ) 0 g x   ， 即 ( ) g x 在(0, )t 单调递减，在( ,1) t 单调递增，.......................................................9 分 ∴ 1 min( ) ( ) sin t g x g t e t     ，此时 1 ( ) cos 0 t g t e t      ，即 1 cos te t  ， ∴ 1 min( ) ( ) sin cos sin 2 cos( ) 4 t g x g t e t t t t          成立， ∵ 1 4 2 ( ) 4 2 g e       ，而 4 4 e e    ，∴ 1 1 4 4 4 2 e     ， ∴ 1 4 2 2 e  ，∴ ( ) 0 4 g    ，即 (0, ) 4 t   ， ( , ) 4 4 2 t     ，..........................11 分 ∴ min( ) ( ) 2 cos( ) 0 4 g x g t t      ，即( ) 0 g x  在(0,1) 成立， 综上，( ) 0 g x  在(0, ) 成立，故 ( ) ( ) 0 f x g x    在(0, ) 成立， 故 ( ) f x 在(0, ) 单调递增． ................................................................................12 分 学科网（北京）股份有限公司 解法二：要证 ( ) f x 在(0, ) 单调递增， 即证 ( ) sin 0 x a f x e x      在(0, ) 成立， ①当 [1, ) x 时，∵ 1 a  ， 1 0 1 x a a e e e     ， 而sin 1 x ，∴ ( ) 0 f x   成立；................................................................................6 分 ②当 (0,1) x 时，∵sin 0 x  ，要证 sin x a e x  ，即证 ln(sin ) x a x   ，.....7 分 记( ) ln(sin ) h x x a x    ，则 1 ( ) 1 cos 1 cot sin h x x x x     ， 由 ( ) 1 cot 0 h x x    得：0 4 x    ， ∴( ) h x 在(0, ] 4 递减，在[ ,1) 4  递增，.....................................................................9 分 ∴ (0,1) x 时， min 2 3 1 3 1 ( ) ( ) ln ln 2 ln 4 0 4 4 2 4 4 4 4 4 h x h a a a a                  ， 故 (0,1) x 时( ) ln(sin ) 0 h x x a x     成立，即 sin x a e x  成立， 综上， ( ) 0 f x   在(0, ) 成立，故 ( ) f x 在(0, ) 单调递增．....................... 12 分 解法三：要证 ( ) f x 在(0, ) 单调递增， 即证 ( ) sin 0 x a f x e x      在(0, ) 成立， ①当 [1, ) x 时，∵ 1 a  ， 1 0 1 x a a e e e     ， 而sin 1 x ，∴ ( ) 0 f x   成立； … 6 分 ②当 (0,1) x 时，∵ 0 x a e  ，要证 sin x a e x  ，即证sin 1 x a x e  ，................. 7 分 记 sin ( ) x a x T x e   ，则 2 cos sin cos sin ( ) ( ) x a x a x a x a x e x e x x T x e e            ， 由 ( ) 0 T x   得：0 4 x    ，∴ ( ) T x 在(0, ] 4 递增，在[ ,1) 4  递减，........... 9 分 ∴ (0,1) x 时， max 4 2 2 ( ) ( ) 4 a T x T e      ， ............................................................10 分 故只需证： 4 2 2 1 a e  ，即证： 4 2 2 a e   ，即证： 4 2 ae    ， 即证： 4 4 ( 2) 4 a e    ，∵ 4 4 4 a e e e        ，显然成立， ∴ (0,1) x 时，sin 1 x a x e  ，即 sin x a e x  成立，即 ( ) 0 f x   成立， 综上， ( ) 0 f x   在(0, ) 成立，故 ( ) f x 在(0, ) 单调递增．....................... 12 分 解法四：先证明e x≥ 1 x 成立，再证明 sin x x ≥ ， 0 x≥成立． 令( ) e ( 1) x g x x    ，则 ( ) e 1 x g x   ，且当 0 x  时， ( ) 0 g x   ，当 0 x  时， ( ) 0 g x   ， 所以 ( ) g x 在(0, ) 上单调递增，在( ,0)  上单调递减，所以 min ( ) (0) 0 g x g   ， 所以 ( ) 0 g x ≥，即e x≥ 1 x 成立．............................................................................ 6 分 令( ) sin h x x x   ， 0 x≥，则 ( ) 1 cos 0 h x x   ≥，所以( ) h x 在[0, ) 上单调递增， 所以( ) (0) 0 h x h  ≥ ，即 sin x x ≥ ， 0 x≥成立．......................................................8 分 所以 ( ) e sin ( 1) sin ( sin ) (1 ) x a f x x x a x x x a            ≥ ，......................... 10 分 学科网（北京）股份有限公司 因为 1 a≤，所以 ( ) f x  ≥0 ，所以 ( ) f x 在(0, ) 上单调递增．............................12 分