【文档说明】辽宁省协作校2022-2023学年高三下学期第二次模拟考试 数学 答案.pdf，共(8)页，1.029 MB，由小赞的店铺上传

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所以41nna…………3分因为112nnSnb，得当2n时，有-11(1)2nnSnb，作差可得1(+1)=nnnbnb，所以nbn从第二项起是常数数列,又1212Sb得2=2b…………4分22,12nbb

nn，nbn，…………5分检验当=1n时也成立，所以nbn…………6分（2）=414nnnnnbnnca，所以1223123++++4444nnnccc…………8分设23123++++,4444nnnS23411123-1++++

+,444444nnnnnS2341311111++++,4444444nnnnnS所以444(+)994349nnnnS…………12分19.（1）连接,OAOD，因为PO平面ABCD，OA平面ABCD,OD平面ABCD，所以,POOAPOOD.又5P

APD，2PO，所以1OAOD.…………2分由四边形ABCD是正方形，M是BC中点,得AMDM,所以AOM≌DOM,…………3分得AOMDOM,所以AOE≌DOE,090OEAOED

，所以OEAD,…4分2AD,且1OAOD,ADO等腰直角三角形，1222OEAD…………6分（2）法一过E作EQ垂直PM于Q，连接AQ因为,,AEOEAEPOPOOEO,所以AE平面POM,所以AQAM，…8分AQE为二面角APMO

的平面角…………9分在直角POM中，322,2POOMOEEM,求得417=17EQ……10分在直角AEQ中得2=2AE,34tan8AEAQEEQ,…………11分42cos7AQE…………12分方法二由（1）知ADOM,过O作直线ON平

行AD,如图.以O为坐标原点，分别以,,ONOMOP所在方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(,M(0,,P(0,0,2),,…………7分设(,,)xyzm为平面PAM的一个法向量，则令y1

，则322z=4，x，32(2,1)4m，ur，…………9分平面PMO的一个法向量为(1,0,0)n设二面角为，则222242coscos,732214mnmnmnrrrrurr……

……11分二面角A-PM-O的余弦值为427.…………12分20.解（1）由题意估计从该企业生产的正品中随机抽取1000件的平均数为：1850.237x，…………2分所以37，0.3s，则370.336.7，+37+0.337.32370.637.6

，则一等品内径在(,)内，即(36.7,37.3)，二等品内径在(,2)内，即(37.3,37.6)，所以该企业生产的产品为正品的概率为：1(36.737.6)(0.81.10.80.65)0.20.40.10.71PPX

…………4分（2）①从2n件正品中任选2个，有22nC种选法，其中等级相同的有222nCC种选法，所以某箱产品抽检被记录为B的概率为：2222222224113232nnCCnnnpCnnnn

．…………6分②由题意，一箱产品抽检被记为B的概率为p，则5箱产品恰有3箱被记录为B的概率为：332323455()(1)10(12)10(2)fpCpppppppp，…………8分234222()10(385)10(385)10(1)(53)

fpppppppppp，所以当3(0,)5p时，()0fp，函数()fp单调递增，当3(5p，1)时，()0fp，函数()fp单调递减，所以当35p时，()fp取得最大值3325333216()()(1)555625fC，…………10分此时，24

3325npnn，解得3n．…………12分21.解：（1）因为32cea，所以2243ca，又焦点F到直线l的距离为565，有||5655c，解得6,22,2cab，……2分椭圆方程为22+182xy……4分（2）由（1）知，椭圆T的方程为22+

182xy，从而可求得A(2，1)，B(－2，－1)．①CA，CB斜率都存在，即12,kk存在.设00(,)Cxy，显然12kk从而202000122200002(1)111182244xyyykkxxxx＝2020144xx

＝14．…………6分②设BD,AD的斜率分别为34,kk设直线AC的方程为y－1＝1k(x－2)，直线BD的方程为y＋1＝3k(x＋2)．由131(2)1(2)ykxykx，解得313113131222241kkxkkkkkykk

从而点M的坐标为(3131222kkkk，13131241kkkkk)．…………8分因为341211,44kkkk设直线是直线AD的方程为y－1＝4k(x－2)，即y－1＝314k(x－2)，设直线BC的方程为y＋1＝2k(x＋2)，即y＋

1＝114k(x＋2)用314k代1k，114k代3k得点N的坐标为133311313222124444(,1)11114444kkkkkkkkk．即点N的坐标为13311133182221(,1)kkkkkkkk

k…………10分所以13311331411282MNMNMNkkyykkkkkxxkk……12分22.解：（1）22444>0)axaxxxafxxxxxx（…………1分令2y=4xxa，当4a时，0，(

)0fx.f（x）在（0，单调递减…………2分xyAOBCDMN当,,240xxa的2个根为此时，f（x）在上单调递减，在）上单调递增，，上单调递减…………3分当，,240xxa的2个根为此时，20x，f（

x）在上单调递增，，上单调递减…………4分综上：4a时，()fx在0,单调递减04a时，()fx在0,24a单调递减，在24,24aa单调递增，在24,a单调递减0a时，()fx在上单

调递增，，上单调递减…………5分（2）由（1）可知04a，且124xx，12xxa，所以221211122211ff4ln4ln22xxxaxxxaxx2212121

214lnlnln82xxaxxxxaaa，…………7分要证1212ff7lnlnxxexx，即证ln87lnaaaea，只需证1lnln0aaaae，令1lnlnmaaaaae，0,4a，则

11ln1lnamaaaaa，令nama，则2110naaa恒成立，所以ma在0,4a上单调递减，又110m，12ln202m，…………8分由零点存在性定理得，

01,2a使得00ma，即001lnaa，…………9分所以00,aa时，0ma，ma单调递增，0,4aa时，0ma，ma单调递减，则0000000max00111l1n11mamaaaaeaae

aeaa，…………10分因函数001yaea在01,2a上单调递增，所以0011202aeea，所以0ma，即1212ff7lnlnxxexx…………12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiang

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