【文档说明】辽宁省锦州市2022-2023学年高三上学期期末考试数学试题答案.pdf，共(6)页，935.816 KB，由小赞的店铺上传

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第1页，共6页2022~2023学年度第一学期期末考试高三数学（参考答案及评分标准）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。1~4.DBAD5~8.ABAC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。9.BCD10.BD11.AD12.AC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.12𝜋14.315.716.3，−5𝑒2<

𝑚<0（第一空2分，第二空3分）四、解答题：本题共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.（本题满分10分）解：（1）因为𝑎𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛𝐵+𝑐𝑐𝑜𝑠𝐴=(𝑎𝑐𝑜𝑠𝐴+2𝑏)𝑐𝑜𝑠𝐵，所以𝑎(𝑠𝑖𝑛

𝐴𝑠𝑖𝑛𝐵−𝑐𝑜𝑠𝐴𝑐𝑜𝑠𝐵)+𝑐𝑐𝑜𝑠𝐴=2𝑏𝑐𝑜𝑠𝐵，所以−𝑎𝑐𝑜𝑠(𝐴+𝐵)+𝑐𝑐𝑜𝑠𝐴=2𝑏𝑐𝑜𝑠𝐵，可得𝑎𝑐𝑜𝑠𝐶+𝑐𝑐𝑜𝑠𝐴=2𝑏𝑐𝑜�

�𝐵，由正弦定理得𝑠𝑖𝑛𝐴𝑐𝑜𝑠𝐶+𝑠𝑖𝑛𝐶𝑐𝑜𝑠𝐴=2𝑠𝑖𝑛𝐵𝑐𝑜𝑠𝐵，………………………………………2分所以sin(𝐴+𝐶)=2𝑠𝑖𝑛𝐵𝑐𝑜𝑠𝐵，所以𝑠𝑖𝑛𝐵=2𝑠𝑖𝑛𝐵𝑐𝑜𝑠𝐵因为𝑠𝑖

𝑛𝐵≠0，所以𝑐𝑜𝑠𝐵=12，…………………………………………………4分由𝐵∈(0,𝜋)，可得𝐵=𝜋3．…………………………………………………5分（2）由余弦定理𝑏2=𝑎2+𝑐2−2𝑎𝑐𝑐𝑜𝑠𝐵得32=𝑎2+𝑐2−2𝑎𝑐𝑐𝑜𝑠�

�3即𝑎2+𝑐2−𝑎𝑐=9，…………………………………………………7分所以(𝑎+𝑐)2−3𝑎𝑐=9因为𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝑎𝑐𝑐𝑜𝑠𝐵=12𝑎𝑐=5，所以𝑎𝑐=10，…

……………………………8分所以(𝑎+𝑐)2−30=9，解得𝑎+𝑐=√39，所以△𝐴𝐵𝐶的周长为3+√39．…………………………………………………10分第2页，共6页18.（本题满分12分）解：（1）由题意，得2×2列联表如下

：天文爱好者非天文爱好者合计女203050男351550合计5545100…………………………………………………2分𝜒2=𝑛(𝑎𝑑−𝑏𝑐)2(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑)=100(20×15−30×35)2

50×50×55×45=10011≈9.091>7.879…………………………………………………4分故能在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为“天文爱好者”或“非天文爱好者”与性别有关.…………………………………………………6分（2）由题意知，抽取的100人中

女性有50人，其中“天文爱好者”有20人，“非天文爱好者”有30人，所以按分层抽样在50个女性人群中抽取5人，则有2人为“天文爱好者”，有3人为“非天文爱好者”，再从这5人中随机选出3人，记其中“天文爱好者”的人数为𝑋，则𝑋

的可能值为0，1，2，…………………………………………………7分所以𝑃(𝑋=0)=𝐶20⋅𝐶33𝐶53=110，𝑃(𝑋=1)=𝐶21⋅𝐶32𝐶53=610=35，𝑃(𝑋=2)=𝐶22⋅𝐶31𝐶53=310，所以𝑋的分布列

如下表：𝑋012𝑃11035310…………………………………………………10分所以数学期望为：𝐸(𝑋)=0×110+1×35+2×310=65.…………………………………12分评卷说明：概率算对一个1分。19.（本题满分12分）(1)证明：当𝑛=1时，𝑆2+2𝑆1+6=−3

+𝑎2−6+6=0，所以𝑎2=3.…………………………………………………1分当𝑛≥2时，由𝑆𝑛+1+2𝑆𝑛+3𝑛+3=0得：𝑆𝑛+2𝑆𝑛−1+3𝑛=0，…………………2分两式作差得：𝑎𝑛+1+2𝑎𝑛+3=0，…………………………………………………3分第3页，

共6页即𝑎𝑛+1+1=−2(𝑎𝑛+1);…………………………………………………4分又𝑎2+1=−2(𝑎1+1)，满足𝑎𝑛+1+1=−2(𝑎𝑛+1);…………………5分所以数列{𝑎𝑛+1}是以−2为首项，−2为

公比的等比数列．…………………6分(2)由（1）得：𝑎𝑛+1=−2·(−2)𝑛−1=(−2)𝑛，所以𝑎𝑛=(−2)𝑛−1;…………………………………………………7分当𝑛为奇数时，𝑎𝑛<0，𝑛−1≥0，所以𝑏𝑛=𝑎𝑛=(−2)

𝑛−1;…………………………………………………8分当𝑛为偶数时，𝑎𝑛=2𝑛−1,令𝑐𝑛=𝑎𝑛−(𝑛−1)，则𝑐𝑛=2𝑛−1−(𝑛−1)=2𝑛−𝑛，则𝑐𝑛+2−𝑐𝑛=2𝑛+2−(𝑛+2)−2𝑛+𝑛=3·2𝑛−2>0，所以𝑐𝑛>𝑐�

�−2>𝑐𝑛−4>⋯>𝑐2=2>0，即2𝑛−1>𝑛−1，所以𝑏𝑛=𝑛−1;…………………………………………………9分所以𝑇2𝑛=(𝑏1+𝑏3+𝑏5+⋯+𝑏2𝑛−1)+(𝑏2+

𝑏4+𝑏6+⋯+𝑏2𝑛)=[(−2)1+(−2)3+(−2)5+⋯+(−2)2𝑛−1−𝑛]+[1+3+5+⋯+(2𝑛−1)]=−2(1−4𝑛)1−4−𝑛+𝑛(1+2𝑛−1)2=2(1−4𝑛)3−𝑛+𝑛2．…………………………………………………12分20.（本题满分

12分）解：（1）证明：取𝐵𝐶中点𝐹，连接𝐴𝐹，𝐷𝐹．因为𝐴𝐷//𝐵𝐶,𝐴𝐷=𝐴𝐵=12𝐵𝐶，所以四边形𝐴𝐵𝐹𝐷为菱形，四边形𝐴𝐹𝐶𝐷为平行四边形．所以𝐴𝐹⊥𝐵𝐷，𝐴𝐹//𝐶𝐷，所以𝐶𝐷⊥𝐵𝐷．……………………………

………1分又因为𝐵𝐷⊥𝑃𝐶，𝐶𝐷∩𝑃𝐶=𝐶，所以𝐵𝐷⊥平面𝑃𝐶𝐷．……………………………………2分又𝑃𝐷⊂平面𝑃𝐶𝐷，所以𝐵𝐷⊥𝑃𝐷．…………………………………

…3分又因为平面𝑃𝐵𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，且平面𝑃𝐵𝐷∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐵𝐷，所以𝑃𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷．……………………………………4分（2）因为𝑃𝐷⊥平面𝐴𝐵�

�𝐷,𝑃𝐵=𝑃𝐶=2√2，所以𝑅𝑡△𝑃𝐷𝐵≌𝑅𝑡△𝑃𝐷𝐶，所以𝐵𝐷=𝐶𝐷．……………………………………5分又因为𝐶𝐷⊥𝐵𝐷,𝐵𝐶=2√2，所以𝐵𝐷=𝐶𝐷=𝑃𝐷=2，……………………………………6分第4页

，共6页又因为𝐴𝐷2+𝐴𝐵2=𝐵𝐷2，所以底面𝐴𝐵𝐶𝐷是直角梯形．……………………………………7分如图，以点𝐷为坐标原点，𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷P⃗⃗⃗⃗⃗的方向分别为𝑥轴，𝑦轴

，𝑧轴建立空间直角坐标系，则𝐷(0,0,0),𝐵(2,0,0),𝐴(1,−1,0),𝑃(0,0,2),𝐸(12,−12,1)．平面𝑃𝐵𝐷的一个法向量为𝑚⃗⃗⃗=(0,1,0)，……………………………………8分设平面𝐵𝐷𝐸的一个法向量为𝑛⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)

，因为𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,0)，𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(12,−12,1)，由{𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗=0𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗=0得{2𝑥=012𝑥−12𝑦+𝑧=0．取𝑧=1，则𝑦=2，所以𝑛⃗⃗=(0,2,1)…

…………………………………10分所以cos〈𝑚⃗⃗⃗,𝑛⃗⃗〉=𝑚⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗|𝑚⃗⃗⃗||𝑛⃗⃗|=21×√5=2√55，…………………………………………11分所以平面𝑃𝐵𝐷与平面𝐵𝐷𝐸所成角的余弦值为2√55．……………………………12分21.（本题满分12分）

解：（1）由题意得{2𝑎+2𝑐=6𝑐𝑎=12𝑎2=𝑏2+𝑐2，解得{𝑎=2𝑏=√3𝑐=1，……………………………………2分所以椭圆的方程为𝑥24+𝑦23=1,………………………………………

……………3分且𝐹1(−1,0)，所以𝑃2=1,𝑃=2所以抛物线的方程为𝑦2=−4𝑥；……………………………………………………4分（2）由题意得直线的斜率不为0，𝑄(−2,0)，设直线𝑙的方程

为𝑥=𝑚𝑦−2，……………………………………………………5分设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，𝐶(𝑥3,𝑦3)，𝐷(𝑥4,𝑦4)，由{𝑥=𝑚𝑦−2𝑦2=−4𝑥，得𝑦2+4𝑚𝑦−8=0，

所以𝑦1+𝑦2=−4𝑚，𝑦1𝑦2=−8，……………………………………………………6分若𝑆2=133𝑠1，则𝑆2𝑆1=12|𝑂𝐴|⋅|𝑂𝐵|sin∠𝐴𝑂𝐵12|𝑂𝐶|

⋅|𝑂𝐷|sin∠𝐶𝑂𝐷=|𝑂𝐴|⋅|𝑂𝐵||𝑂𝐶|⋅|𝑂𝐷|=|𝑦1𝑦3||𝑦2𝑦4|=|𝑦1𝑦2𝑦3𝑦4|=133，……………………………7分因为𝑦12=−4𝑥1，所以直线𝑂𝐴的斜率为𝑦1𝑥1=−4𝑦1，所以直线𝑂𝐴的方程为𝑦=−

4𝑦1𝑥，……………………………………………………8分第5页，共6页由{𝑦=−4𝑦1𝑥𝑥24+𝑦23=1，得𝑦32=3×643𝑦12+64，……………………………………………………9分同理可得𝑦42=3×643𝑦22+64，𝑦32⋅𝑦42=3×643�

�12+64×3×643𝑦22+64=32×6429𝑦12𝑦22+3×64(𝑦12+𝑦22)+642=32×6429×64+3×64×[(−4𝑚)2+16]+642=32×6448𝑚2+121，……………………………………10分所以(

𝑆2𝑆1)2=|𝑦1𝑦2|2|𝑦3𝑦4|2=121+48𝑚29=13232，得𝑚=±1，……………………………………11分所以存在直线𝑙，方程为𝑥−𝑦+2=0或𝑥+𝑦+2=0．……………………………………12分22.（本题满分12分）（1）解：𝑓′(

𝑥)=𝑎−1−ln𝑥，𝑥>0……………………………………1分令𝑓′(𝑥)>0，解得0<𝑥<𝑒𝑎−1，令𝑓′(𝑥)<0，解得𝑥>𝑒𝑎−1，……………………………………2分所以函数𝑓(𝑥)的单调递减区间是[𝑒𝑎−1,+∞)，

单调递增区间是(0,𝑒𝑎−1].……………………3分（2）解：法一：当𝑎≥1时，因为𝑒𝑎−1≥1，由(1)可知，𝑓(𝑥)在(0,1]上单调递增，所以𝑓(𝑥)≤𝑓(1)=0恒成立，…………………………4分当𝑎<1时，因为𝑒𝑎−1

∈(0,1)，由(1)可知，𝑓(𝑥)在区间(0,𝑒𝑎−1)单调递增，在区间(𝑒𝑎−1,1)单调递减．则𝑓(𝑒𝑎−1)>𝑓(1)=0，与𝑓(𝑥)≤0恒成立相矛盾．……………………………………6分综上，实数𝑎的取值范围为[1,+∞).………………………………

……7分法二：0<𝑥≤1时𝑓(𝑥)≤0，即𝑎𝑥−𝑎−𝑥ln𝑥≤0，即𝑎(𝑥−1)≤𝑥ln𝑥①𝑥=1时，①式恒成立，所以𝑎∈𝑅；0<𝑥<1时，由①得𝑎≥𝑥ln𝑥𝑥−1……………………………………4分设𝑔(𝑥

)=𝑥ln𝑥𝑥−1，则𝑔′(𝑥)=𝑥−ln𝑥−1(𝑥−1)2设ℎ(𝑥)=𝑥−ln𝑥−1，ℎ′(𝑥)=𝑥−1𝑥<0,所以ℎ(𝑥)在(0，1)上单调递减，ℎ(𝑥)>ℎ(1)=0,所以𝑔′(𝑥)>0,𝑔(𝑥)在(0，1)上单调递增，………

…………………5分又由洛必达法则知：111lnlim()limlim(ln1)11xxxxxgxxx，所以𝑎≥1……………………………………………………6分综上𝑎的取值范围为[1,+∞).……

………………………………………………7分评卷说明：应用洛必达法则且书写规范不扣分，否则扣1分。第6页，共6页（3）法一：证明：由(2)知，当0<𝑥≤1且𝑎=1时，𝑥−1−𝑥ln𝑥≤0，……………………………………8分令𝑥=1𝑛2(𝑛∈𝑁∗)，则1𝑛2+2𝑛2ln𝑛

≤1，……………………………………9分即2ln𝑛≤𝑛2−1，即ln𝑛𝑛+1≤𝑛−12．……………………………………………………………10分所以ln12+ln23+⋯+ln𝑛𝑛+1≤02+12+⋯+

𝑛−12=𝑛(𝑛−1)4．……………………………………12分评卷说明：法二：没有使用第二问的结果，构造不等式（函数）1分，证明不等式2分，放缩求和2分