【文档说明】福建省三明第一中学2022-2023学年高三上学期期中考试数学试题答案.pdf，共(9)页，630.015 KB，由管理员店铺上传

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第1页/共8页学科网（北京）股份有限公司三明一中2022-2023学年上学期数学半期考答案解析题号123456789101112答案DDBAACBAACDADBDAD13.114.14415.5316.3,3(,23)2四、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.(1)由21eCxyC得12lnlnyCCx，令21ln,,lntybCaC，得tabx，-2分由表II数据可得：7172142.120.26,162iiiiixxttbxx

20.26Cb-----4分25.271890.263.4177atbx，3.4110.03Ce-----6分ˆ0.263.41tx.所以回归方程为：0.260.03exy.--

----------------7分(2)在20x=时的残差：0.26201ˆ0.035.4564ye11ˆ75.45641.54yy.----10分18.（1）因为ABAD，O是BD中点，所以OABD，----------1分因为OA平面ABD，平面ABD平面BCD，且

平面ABD平面BCDBD，所以OA平面BCD．-----------3分因为CD平面BCD，所以OACD.-----------------------------------------4分（

2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O为坐标原点，OA为z轴，OD为y轴，垂直OD且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则31(,,0),(0,1,0),(0,1,0)22CDB，

设12(0,0,),(0,,)33AmEm，---6分所以4233(0,,),(,,0)3322EBmBC，设,,nxyzr为平面EBC的法向量，则由00EBnECn可求得平面EBC的一个法向量为2(3,1,)nm

．--8分又平面BCD的一个法向量为0,0,OAm，------------------------9分第2页/共8页学科网（北京）股份有限公司所以222cos,244nOAmm，解得

1m．--------------10分又点C到平面ABD的距离为32，所以1133213226ABCDCABDVV，所以三棱锥ABCD的体积为36．--------------------------

---12分[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作EGBD，垂足为点G．作GFBC，垂足为点F，连结EF，则OAEG∥．因为OA平面BCD，所以EG平面BCD，EFGÐ为二面角EBCD的平面角．因为45EFG，所以EGFG．由已知得1OBOD，故1

OBOC．又30OBCOCB，所以3BC．因为24222,,,,133333GDGBFGCDEGOA，11113322(11)1333226ABCDBCDBOCVSOSOAA．[方法三

]：三面角公式考虑三面角BEDC，记EBD为，EBC为，30DBC，记二面角EBCD为．据题意，得45．对使用三面角的余弦公式，可得coscoscos30，化简可得3c

oscos2．①使用三面角的正弦公式，可得sinsinsin，化简可得sin2sin．②将①②两式平方后相加，可得223cos2sin14，由此得221sincos4，从而可得1tan2．第3

页/共8页学科网（北京）股份有限公司如图可知π(0,)2，即有1tan2，根据三角形相似知，点G为OD的三等分点，即可得43BG，结合的正切值，可得2,13EGOA从而可得三棱锥ABCD的体积为3

6．19.(1)数列na各项都是正数，11a，对任意n∈N*都有222211213nnaaaa，①当2n时，222212113nnaaaa，②①﹣②可得22213nnnaaa，因为数列na各项都是正数，所以可化为1

2nnaa，因为2221121,1,03aaaa，所以22a，所以212aa，所以数列na是以1为首项，2为公比的等比数列，所以12nna-=，n∈N*；----3分数列nb满足11b，121nnbbn（n∈N*），可得2132b

b，当2n时，121nnbbn，又121nnbbn，两式相减可得112nnbb，所以nb的奇数项和偶数项均为公差为2的等差数列，可得奇数项为1，3，5，7，...，

2n﹣1，...，偶数项为2，4，6，...，2n，...，所以nbn.---------------------6分（法二）数列nb满足11b，121nnbbn（n∈N*），可得2132bb，3253bb,4374bb,由此

猜测nbn，又因为1121nnbbnnn，与已知条件吻合，所以猜想成立，所以nbn.（法三）设数列nb的通项公式为nbanb，1(1)2221nnbbanbanbanban

，22,21,1,0abaab，所以nbn.(2)因为22112nnnnbcna，所以21111123416642nnTn，所以2221111111

23(1)4166412822nnnTnn第4页/共8页学科网（北京）股份有限公司两式相减可得22231111144166422nnnTn

2211(1)1441214nnn化为4341994nnnT，----------------------------------------9分若不等式24393nnnT对一切n∈N*恒成立，即为39(34)4nn

恒成立，设3(34)4nndn，1nndd﹣1＝13(37)()43(34)()4nnnn﹣1＝9211216nn﹣1＝351216nn，当1n时，21dd，当2n时，1nndd，所以2n时，nd取得最大值458，则﹣9

458，解得﹣58，即λ的取值范围是5,8．-------------12分20.（1）设ABC的外接圆半径为R，由正弦定理，得sinsin,22bcRABCCR，21.因为s

insinBDABCaC，----------------1分所以22bcBDaRR，即BDbac．---------------------3分又因为2bac，所以BDb．-------------------------4分

（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理因为2ADDC，如图，在ABC中，222cos2abcCab，①在BCD△中，222()3cos23babbaC．②------------6分由①②得2222223()3babcab

，整理得22211203abc．又因为2bac，所以2261130aacc，解得3ca或32ca，-------8分当22,33ccabac时，333ccabc（舍去）．-

-------------9分第5页/共8页学科网（北京）股份有限公司当2233,22ccabac时，22233()722cos31222ccABCccc．所以7cos12ABC．---

-----------------------12分[方法二]：等面积法和三角形相似如图，已知2ADDC，则23ABDABCSS△△，即21221sinsin2332bacADABBC，而2bac，即sinsinADBABC，故有ADB

ABC，从而ABDC．由2bac，即bcab，即CABACBBD，即ACBABD∽，故ADABABAC，即23bccb，又2bac，所以23ca，则2227cos212cabABCac．[方法三]：正弦定理

、余弦定理相结合由（1）知BDbAC，再由2ADDC得21,33ADbCDb．在ADB△中，由正弦定理得sinsinADBDABDA．又ABDC，所以s3sinn2iCbAb，化简得2sinsin

3CA．在ABC中，由正弦定理知23ca，又由2bac，所以2223ba．在ABC中，由余弦定理，得222222242793cos221223aaaacbABCaca．故7cos12ABC．[方法四]：构造辅助线利用相似的性质如图，作DEAB∥，交BC于点E，则D

ECABC△∽△．由2ADDC，得2,,333caaDEECBE．第6页/共8页学科网（北京）股份有限公司在BED中，2222()()33cos2323BEDacbac．在ABC中222cos2aaBCcAbc．因为coscosABCBED，所以2222

222()()3322233acbacbacac，整理得22261130abc．又因为2bac，所以2261130aacc，即3ca或32ac．下同解法1．[方法五]：平面向量基本定理因为2ADDC，所以2ADDCuuuruuur

．以向量,BABC为基底，有2133BDBCBA．所以222441999BDBCBABCBA，即222441cos999baccABCa，又因为2bac，所以22944cosacaacABCc

．③由余弦定理得2222cosbacacABC，所以222cosacacacABC④联立③④，得2261130aacc．所以32ac或13ac．下同解法1．[方法六]：建系求解以D为坐标原点，A

C所在直线为x轴，过点D垂直于AC的直线为y轴，DC长为单位长度建立直角坐标系，如图所示，则0,0,2,0,1,0DAC．由（1）知，3BDbAC，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．设,33Bxyx，则229xy

．⑤由2bac知，2BABCAC，即2222(2)(1)9xyxy．⑥联立⑤⑥解得74x或732x（舍去），29516y，代入⑥式得36||,||6,32aBCcBAb，

由余弦定理得2227cos212acbABCac．21.(1)因为ln2e2,xhxxx，所以ln2e(2)xgxhxxaxaxx，求导()exgxa-----1分第7页/共

8页学科网（北京）股份有限公司（1）当0a时，()0gx，gx在2,+上单调递增；------------2分（2）当0a时，令()0gx，得lnxa---------------------------------------------3分①当ln2a，即21ea

，此时gx在2,lna上单调递减，在ln,a上单调递增；②当ln2a，即210ea，此时gx在2,+上单调递增；-----------5分综上，当21ea时，gx在2,+上单调递增；当21ea，此时gx在2,lna上单调递减

，在ln,a上单调递增；------6分(2)不等式0hxk恒成立，即hxk恒成立，只需min()khx由ln2e2,xhxxx，求导1()e2xhxx--------------7分求二阶导21()e0(2)xhxx，所

以()hx在2,+上单调递增；又(1)0h，(0)0h，所以()hx在2,+上存在唯一实数根0x，满足001e02xx，即001e2xx且0(1,0)x，------------9分当02xx时，()0hx，则hx在02,x上

单调递减，当0xx时，()0hx，则hx在0,+x上单调递增；-------------10分000000min0001111eln2=ln==2e22+22xxhxhxxxxxxx

因为0(1,0)x，所以01,22x，又对勾函数1ytt在1,2上单调递增，所以5212tt，即1()0,2hx，又min()khx，所以0k且kZ所以

整数k的最大值为0.----------12分22.(1)由题可知：22222322abcaabc，所以2a，1b，故椭圆的标准方程为2212xy；-----------------------4分第8页/共8页学科网（北京）股

份有限公司(2)①由题1,0F，设直线:1ABxmymR，11,Axy，22,Bxy，联立22112xmyxy，消去x，得222210mymy，因为224420mm，12222myy

m，12212yym，则22121212222142myyyyyym所以四边形OAHB的面积212122122122mSOHyyyym，令21mt，∴1t，∴2222211tSttt，因为12tt（当且仅当1t即0m时取

等号），所以02S，所以四边形OAHB的面积取值范围为0,2；--------8分②∵22,Bxy，12,Dy，所以直线BD的斜率1222yykx，所以直线BD的方程为121222yyyyxx，令0

y，可得2121212121222xyymyyyyxyyyy，①由（1）可得12222myym，12212yym，∴12122yymyy化简①可得12121212121323222yyyyyyxyyyy，则直线BD过定点

3,02E．----------------------12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com