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

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以下为本文档部分文字说明:

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1OBOC.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3coscos2.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36.19.(1)数列na各项都是正数,11a,对任意n∈N*都有22

2211213nnaaaa,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12nnaa,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2132bb,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222111111

123(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)144121

4nnn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sinsinBDABCaC,----------------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2

2211203abc.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ADBABC,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2sinsin3CA.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DECABC△∽△.由2ADDC,得2,,333c

aaDEECBE.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coscosA

BCBED,所以2222222()()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2

ADDC,所以2ADDCuuuruuur.以向量,BABC为基底,有2133BDBCBA.所以222441999BDBCBABCBA,即222441

cos999baccABCa,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,AC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000000m

in0001111eln2=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

,12222myym,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0y,可得212

1212121222xyymyyyyxyyyy,①由(1)可得12222myym,12212yym,∴12122yymyy化简①可得12121212121323222yyyyyyxyyyy,则直线BD过定点3,0

2E.----------------------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

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