高三数学答案_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_江苏省扬州市高邮市高邮市2022-2023学年高三上学期1月期末数学试题

2022--2023 学年第一学期高三期末学情调研测试 数 学 答 案 1.C 2.D 3.B 4.C 5.B 6.B 7.A 8.B 9.BCD 10.BD 11.ACD 12.AD 1 40 4 13.40 14. 15. 8或 16. 2 27 3 1 1 1 1 a 1 1 a -1 1 17.（1） - - n+ - n 为常数 a -1 a -1= 3a -1 a -1= 2a -2 a -1= 2(a -1)= 2 n 1 n n -1 n n n n + a 1 n+  1  1  是以 为公差的等差数列.....................................5分 ∴ a 1 2 n 1 1 1 1 1 n （2）  由（1）得  (n-1)  a -1 2 a -1 2 2 2 1 n 2 a -1 n n 2 2 1 1 b   4( - ).................................8分 n n1 n n n1 1 1 1 1 1 1 4n S 4(1-  -  - )4(1- ) .....................10分 n 2 2 3 n n1 n1 n1  18.(1)在△ABC中，BC 2，ABC  ， = 3 1 ∴S  ABBCsinABC3 3，可得AB 6，...............3分 ABC 2 = 在△ABC中，由余弦定理得 AC2 AB2 BC2-2AB BC cos ABC = + • • ∠ 36 4-12 ， = + 28 = . AC 2 7 ..........................................................................6分 ∴ = π (2)设∠ ACD α，则∠ DAC -α， = = 2 AD 5 在RtACD中，AD 5，易知：AC ，......................8分 = =sinα=sinα 12 AC BC AC 在△ABC中，由正弦定理得  ，即 π = π ， sinBAC sinABC sin( -α) sin 2 3 π 2sin 即 3 3 .............................................10分 AC = cosα =cosα 5 3 5 3 5 3 ，可得tan ，即tan ACD ..................................12分 ∴sin =cos α= 3 ∠ = 3 α α 19．（1）证明：设AC交BD于O, 底面ABCD是菱形,则BD AC，O是BD中点， 又PB  PD，所以BDPO,又PO AC O,PO,AC 平面PAC, 则BD平面PAC,……………………………………………………3’ 又BD平面ABCD,则平面PAC 平面ABCD……………………5’ （2） 解：PA AD  2PD，BAD60,不妨设PA AD 2,则 PD PB  2 ,BD 2,AO  3, 又BDPO,则PO1，所以PA2  PO2  AO2, 所以PO AO,……………………………………………………………………………..7’ 以O为原点，分别以OA,OB,OP为x,y,z轴，建立空间直角坐标系， 则A( 3,0,0),B(0,1,0),C( 3,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),     BC ( 3,1,0),PB(0,1,1),AD( 3,1,0),PD(0,1,1)  设平面PBC 的一法向量为n (x,y,z)，则 1    BCn 3x y 0    ，取x1，则n (1, 3, 3)， 1 PBn yz  0  同理，求得平面PAD的一法向量n (1, 3, 3),………………………10’ 2 设平面PBC 和平面PAD所成锐角为， 2    n n 1 则cos|cosn,n || 1 2 | ， 1 2 |n ||n | 7 1 2 1 所以，平面PBC 和平面PAD所成锐角的余弦值为 ……………………………..12’ 7 1 3 20.(1)由题意知，每位学生计划不选择校本课程二的概率为 ，选择校本课程二的概率为 ， 4 4 则X的可能取值为3，4，5，6， 3 1 1 P(X＝3)＝   ， 4 64 2 31 9 P(X＝4)＝C1     ， 3 44 64 2 3 1 27 P(X＝5)＝C2      ， 3 4 4 64 3 3 27 P(X＝6)＝   ， ………………………………4’ 4 64 所以X的分布列如下表所示： X 3 4 5 6 1 9 27 27 P 64 64 64 64 1 9 27 27 21 所以E(X)＝3× ＋4× ＋5× ＋6× ＝ . ……………………………… 6’ 64 64 64 64 4 (2)因为这n人的合计得分为n1分，则其中只有1人计划选择校本课程二， n1 31 3n 所以P C1    ……………………… 8’ n n 44 4n 3 6 9 3n 设S  P P P     n 1 2 n 41 42 43 4n 1 1 3 6 9 3n 则 S   P P P     4 n 4 1 2 n 42 43 44 4n1 3 3 3 3 3 3n 由两式相减得 S      4 n 41 42 43 4n 4n1 1 1  1  3 4 4n  3n 1 3n 3n 4 即， S 3  1  1 4 n 1 4n1 4n 4n1 4n1 1 4 4 3n4 所以P P P  1  ………………… 12’ 1 2 n 3 4n1  3b1  a 2 c 3  21. (1)由题意知，  ，解之得b1 ， a 2   a2 b2 c2 c  3  x2 故椭圆E的方程为  y2 1 …………………3’ 4 （2）设A(x ,y ),B(x ,y )， 1 1 2 2 l :y k (x1）  AB 1     联立 x2 得， 4k2 1 x2 8k2x 4k2 4 0 E:  y2 1 1 1 1  4  8k2 x x  1  1 2 4k2 1 因为T  1，0 在椭圆内部，则必有 1 ，  4k2 4 x x  1   1 2 4k2 1 1 x x 4k2 k 故，x  1 2  1 ， y k (x 1) 1 ………………5’ M 2 4k2 1 M 1 M 4k2 1 1 1 设直线l :AxByC 0  A2B2 0  ， MN 将M   4k 1 2 , k 1  代入l ，得 A4k2 Bk C  4k2 1  0， 4k2 1 4k2 1 MN 1 1 1 1 1 即 4A4C  k2Bk C 0 同理， 4A4C  k2Bk C 0…7’ 1 1 2 2 显然k ,k 是方程 4A4C  k2BkC 0的两根， 1 2  B k k    1 2 4A4C 则 …………9’ C  kk   1 2 4A4C C B 因为 k 1  k 1 2，则k k k k 1，即  1, 1 2 1 2 1 2 4A4C 4A4C 4 1 得：C  A B,………………………………11’ 3 3  4 1  故直线l :AxBy   A B 0， MN  3 3  即l :A  x 4  B  y 1  0  A2B2 0  ， MN  3  3 44 1 故 直线MN 经过定点 ,  …………12’ 3 3 1x 22. (1)解： f '(x) , 2ex 可得 f(x)在(,1)上递增，在(1,)上递减， 1 则 f(x)  f(1) ，……………………………….2’ max 2e x1 g'(x) ,x0，可得g(x)在(0,1)递减，在(1,)递增， x 则g(x)  g(1)1m，…………………………………………..4’ min 1 1 1 有 1m，m 1，所以，m的值为 1………….5’ 2e 2e 2e (2) 证明：若F(x)有两个零点x ,x ，不妨设0 x  x ， 1 2 2 1 x x x x F(x) ln m，设 1 t , 2 t ， 2ex ex ex 1 1 ex 2 2 1 t lnt m0  2 1 1 由F(x ) F(x )0，得 ， 1 2 1  t lnt m0 2 2 2 1 因为函数 y  tlntm是增函数，所以t t ， 1 2 2 x x 则 1  2 ,………………………………………………………………8’ ex 1 ex 2 x lnt tlnt 设 1 t(t 1),则x  ,x  ， x 2 t1 1 t1 2 欲证：lnx lnx 0， 即证：x x 1， 1 2 1 2 lnt 1 即证：t( )2 1， 只需证：lnt  t  (t 1)（*） t1 t 1 1 设h(x)lnx (x ),x1， 2 x (x1)2 h'(x) ，在(1,)上，h'(x)0，h(x)递减，所以h(x)h(1)0， 2x2 1 1 所以，lnx (x )0(x1)，令x t 即得（*）成立， 2 x 从而，命题得证。 ………………………………………………………………12’ 5