【文档说明】四川省成都市锦江区嘉祥外国语高级中学2022-2023学年高三上学期期中学业监测 文科数学答案.docx，共(6)页，248.611 KB，由管理员店铺上传

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学科网（北京）股份有限公司成都市锦江区嘉祥外国语高级中学高2020级高三上期半期考试文科数学参考答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．题号123456789101112答案CCBBCDAADCDB二、填空题：本大题共4小

题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡上.13．1；14．5；15．312+；16．；三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.解：（1）向量()()3sin,cos,cos,cos,mxxnxxxR==,()23

1113sincoscossin2cos2sin222262fxmnxxxxxx==+=++=++令:()222262kxkkZ−+++,解得:()36kxkkZ−++,故函数的单调递增区间为:

()k,k36kZ−++…………………………………………………6分（2）在ABC中,,,abc分别为内角,,ABC的对边,()1fA=,则:()1sin2062xA+=,解得:3A=利用余弦定理:2222cosabcbc

A=+−,且1,2abc=+=.解得:1bc=13sin24ABCSbcA==……………………………………………………………………………………………12分18解：（1）因为()100.010.0150.0150.0250.0051m+++++=，所以0.030m=

；……2分设中位数为n，则()()100.010.0150.015700.030.5n+++−=，解得22073.333n=；……5分（2）由频率分布直方图知：100个口罩中一等品，二等品各有60个，40个，…………………6分由分层抽样知，所抽取的5

个口罩中一等品，二等品各有3个，2个，…………………………7分记这3个一等品为a，b，c，2个二等品为d，e，则从5个口罩中抽取2个的可能结果为()()()()()()()()()(),,,,,,,,,,,,,,,,,,,abacadaebcb

dbecdcede，共10种，………………9分其中恰有一个一等品的结果为()()()()()(),,,,,,,,,,,adaebdbecdce，共6种，…………………11分所以这2个口罩中恰好有1个口罩为一等品的概率63105p==……………………………….……12分学科网（北京）股份有

限公司19解：（1）证明：∵PA＝AB，E为线段PB中点，∴AE⊥PB，∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥PA，又∵底面ABCD为长方形，∴BC⊥AB，又PA∩AB＝A，PA、AB⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB

，∵AE⊂平面PAB，∴AE⊥BC，又PB∩BC＝B，PB、BC⊂平面PBC，∴AE⊥平面PBC；…………………6分（2）解：由（1）知，AE⊥平面PBC，∵EF⊂平面PBC，∴AE⊥EF，则EF＝，由题意，PA⊥平面ABCD，E为PB的中点，∴点E到平面ABCD的距

离等于，设点B到平面AEF的距离为h，则VB﹣AEF＝VE﹣ABF，即，解得h＝．故点B到平面AEF的距离为．…………………6分20解：（1）因为PF1⊥x轴，|PF2|＝5|PF1|，|F1F2|＝2，

即2c＝2，所以c＝，在Rt△PF1F2中，25|PF1|2＝|PF1|2+|F1F2|2，可得|PF1|＝，|PF2|＝，所以2a＝|PF1|+|PF2|＝2，即a＝，可得b2＝a2﹣c2＝3﹣2＝1，所以椭圆的方程为：+y2＝1；………………………………………4分（2）由题意可得F2（，

0），显然直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝my+，设A（x1，y1），B（x2，y2），联立，整理可得：（3+m2）y2+2my﹣1＝0，可得Δ＞0显然成立，y1+y2＝，y1y2＝，所以|y1﹣y2|＝＝＝，S＝|F1F2|•|y1﹣y2|＝×2×＝，△ABF1的周长为

4a＝4，设内切圆的半径为r，当r最大时内切圆的面积最大，则S＝×4a×r＝2r，所以2r＝，可得r＝•＝•学科网（北京）股份有限公司≤•＝，即当且仅当＝，即m2＝1，m＝±1时取等号，即r的最大值为，这时内切圆的面积

最大，这时直线l的方程为：x＝±y+，即y＝﹣x+或y＝x﹣．…………………………………………………………………12分21解：（1）当1=2t−时，1()=+cos2fxxx−，1()=sin2fxx−−，所以π==16kf−

，又因为ππππ3()=+cos=+6126122f−−，切点π3π,6212−，∴()fx在π=6x处的切线方程为π3π=+-6212yx−−，即3π=++212yx−，所以

函数()fx在π=6x处的切线方程：3π=++212yx−；……………………………………………5分（2）因为()=sinfxtx−，()fx在π0,2上单调递减；π,π2上单调递增，∴min()=1fxt−若1t，则()0fx，∴()fx在[0,π

]上单调递增，()fx不可能有两个极值点，舍去；若0t，则()0fx，∴()fx在[0,π]上单调递减，()fx也不可能有两个极值点，舍去；若0<<1t，由(0)=>0ft，π=1<02ft−

，(π)=>0ft，所以()fx在π0,2和π,π2上各有一个零点12,xx，且()fx在()10,x上单调递增；在()12,xx上单调递减；()2,πx上单调递增.因为12sin=0sin=0txtx−−，所以12sinsinxx=，即12+=πxx，∴()

()12()==,()==fxMfxfxmfx极大值极小值，∴()()()()1211223=3=3+cos+cosMmfxfxtxxtxx−−−()()111111=3+cosπcos=4+4cosπtxxtxxtxxt−−−−

1111=4sin+4cosπsinxxxx−令π()=4sin+4cosπsin,0,2gxxxxxx−，∴()=4sin+4cos4sinπcos=(4π)cosgxxxxxxxx−

−−，令()=0gx，得12ππ=,=,42xx∵()gx在π0,4上单调递减；ππ,42上单调递增，学科网（北京）股份有限公司∴minπ22()==π+22π=22422gxg−，π()<max(0),=42gxgg

，∴()1[22,4)gx.∴3Mm−的取值范围为[22,4)．…………………………………12分22解：（1）∵曲线C的极坐标方程为ρ2﹣2mρcosθ﹣4＝0（其中m＞0），∴曲线C的极坐标方程对应的直角坐标方程为x2+y2﹣2mx

﹣4＝0，即（x﹣m）2+y2＝m2+4，由点M在曲线C的内部可得（2﹣m）2+22＜m2+4，解得m＞1，即实数m的取值范围是（1，+∞）……………………………………………………………5分（2）直线l的极坐

标方程为θ＝α，代入曲线C的极坐标方程并整理可得ρ2﹣4ρcosα﹣4＝0，设直线l与曲线C的两个交点对应的极径分别为ρ1，ρ2，则ρ1+ρ2＝4cosα，ρ1ρ2＝﹣4．则直线l与曲线C截得的弦长为|ρ1﹣ρ2|＝＝∈[4，4]，

即直线l与曲线C截得的弦长的取值范围是[4，4]．……………………………………10分23.解：（1）因为𝑎，𝑏，𝑐为正实数，所以由均值不等式可得1𝑎3+1𝑏3+1𝑐3≥3√1𝑎3⋅1𝑏3⋅1𝑐33，即1𝑎3+1𝑏3+1𝑐3=3𝑎𝑏𝑐，

所以1𝑎3+1𝑏3+1𝑐3+𝑎𝑏𝑐=3𝑎𝑏𝑐+𝑎𝑏𝑐，又3𝑎𝑏𝑐+𝑎𝑏𝑐≥2√3𝑎𝑏𝑐⋅𝑎𝑏𝑐=2√3，所以1𝑎3+1𝑏3+1𝑐3+𝑎𝑏𝑐≥2√3，当且仅当𝑎=

𝑏=𝑐=√36时，取等号．………………………………………………………………5分（2）根据柯西不等式可得(𝑎2+𝑏2+𝑐2)(12+22+32)=(𝑎+2𝑏+3𝑐)2=1，即𝑎2+𝑏2+𝑐2=114，当且仅当𝑎1=𝑏2=𝑐3，即𝑎=114，𝑏=17，𝑐=314

时，取等号，又𝑎+𝑏>𝑐，所以𝑎2+𝑏2+𝑐2>114，因为𝑎2+𝑏2+𝑐2>𝑘恒成立，所以实数𝑘的最大值为114．………………………………………………………………………………10分学

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