【文档说明】福建省龙岩市一级校2022-2023学年高三上学期期末联考数学试题 扫描版含答案.pdf，共(10)页，1.447 MB，由管理员店铺上传

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学科网（北京）股份有限公司龙岩市一级校2022-2023学年第一学期期末高三联考数学参考答案一、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。题号12345678答案CAB

BADDB7．【解析】由图可知，三角形ABC的底边AB是固定的，则点C的运动直接影响着三角形面积的变化。由图可知，三角形的面积大小变化为：小大小大小，再考虑当点C落在线段AB上以及点C与点A或B重合时，都构成不了三角形，所以()Sx大小变化为：先正负，（,,ACB三点共

线），再正负，故选择D.8．【解析】法一：由题意得，第一个参加面试的一定是男生，最后一次参加面试的一定是女生，男女生面试的排序应为“男男***女”或“男女男**女”，所以111311112323333222661

4CCCACCCCAPA．法二：如图：以下5种情况符合题意，所以所求概率为33122312233323332366()()14AACAAACAAPA．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。题号9101112答案ACABADBCD12．【解析】由（2）知，S中的元素满足消去率，所以0S.设Sx，由（1）知，5432,,,,xxxxx都是S中的元素，由集合元素的互异性，必存在整数,,15,mnmn满足使得n

mxx.由于Sx，所以,0x故有1mnx。因为nm,是整数，且14nm，所以Sxmn,即1S.若Sx且1xy，由（1）知，存在整数(14),kk使得1kx，即11kxx.令1kxy，又因为,1Sxk则Sy.由条件（1），不妨令yx

，则有2,xSxS，再令2yx，则有3xS，如此循环，则23456,,,,,,xxxxxx都是数集S的元素，又已知数集S只有4个元素，考虑集合元素的互异性，则元素必需满足一定的周期性，且周期为4，考虑复数i恰满足此性质，故数集234,,,Siiii，即数集

,1,,1Sii.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．3210b14．30xy15．18π16．315．【解析】如图，取AC的中点为1O，连接1PO，则1POAC，因为平面PAC平面ABC，平

面PAC平面ABCAC，学科网（北京）股份有限公司1PO平面PAC，1POAC，所以1PO平面ABC．在ABC△中，由余弦定理2222cosBCABACABACBAC，得2BC，所以222ABBCAC，所以ABC△

为直角三角形．所以球心O在直线1PO上，所以22(22)4RR，解得322R，所以该球的表面积为18π．16．【解析】如图，四边形12PFMF为平行四边形，因为260MFN，所以1260FPF．因为12||||2PFPFa，且122PFP

F，所以1||4PFa，2||2PFa，在12PFF△中，由余弦定理22212121212||||||2||||cosFFPFPFPFPFFPF，得3ca，所以离心率为3．四、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）解：（1）因为211nn

naSS，①所以当2n时，21nnnaSS，②①-②得2211nnnnaaaa，..................................................

.................................1分即111nnnnnnaaaaaa，因为0na>，所以11nnaa，......................................

.....................................2分所以数列{}na从第二项起，是公差为1的等差数列.由①知2221aSS，因为11a，所以22a，所以当2n时，2(2)1nan=+-´，即nan=.③....

.........................................4分又因为11a也满足③式，所以nan=（*Nn）.................................

...........5分注：没有验证1n的情况扣1分.（2）由（1）得212(21)2nannnban，................................................................6分nT2323252(21)2nn

，④2312232(23)2(21)2nnnTnn，⑤.......................................7分④-⑤得，2122222(21)2nnnTn，....................

.................8分所以3112(12)2(21)212nnnTn，.........................................................9分故1(23)26nnTn...

........................................................................................10分18．（12分）解：（1）△AB

C中，由正弦定理，得sinsinsinabckABC，则sinakA，sinbkB，sinckC，故3sincosaBbAb可化为3sincos1AA，...................

...............2分整理，得π1sin()62A，.........................................................................................4分学科网（北

京）股份有限公司又ππ5π666A，故ππ66A，即π3A................................................6分（2）△ABC中，由余弦定理，得

2222cosabcbcA，即222abcbc，（*）...............................................................................................

..........................................7分又3abc，所以3abc，代入（*），得222(3)bcbcbc，整理，得6639bcbc，....

.............................................................................9分又因为2bcbc≥，.................

............................................................................10分所以430bcbc≥，解得1bc≤或3bc≥（舍去），..............

..............11分故1bc≤，故△ABC的面积133sin244SbcAbc≤...............................12分19．（12分）解法一：（1）由已知条件可得2,2,BDCDC

DBD．.............................................1分∵平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，∴CD平面ABD．过点D在平面ABD作DzDB，则DzDC．.........................

....................2分以点D为原点，BD所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图．由已知可得(1,0,1),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,0),ABCD(1,1,0)M．∴(0,2,0),(1,0,1)CDAD

．设平面ACD的法向量为),,(zyxn，则nADnCD,∴0,0,yxz令1x，得平面ACD的一个法向量为)1,0,1(n，.................

................4分∴点M到平面ACD的距离22nMCdMC．..........................................6分（2）假设在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60．设,01BNBC

，则(22,2,0)N，..........................................7分∴(12,2,1)AN，..........................

........................................................8分又∵平面ACD的法向量)1,0,1(n且直线AN与平面ACD所成角为60，∴3sin602ANnANn，.............

.................................................................10分可得01282，∴2141或（舍去）．..........

...................................................................11分综上，在线段BC上存在点N，使AN与平面ACD所成角为60，此时41BCBN．12分解法二：

（1）由已知条件可得ABAD，2ABAD，∴121ADABSABD．......................................................................

...........1分∴2,2,BDCD又22BC，∴CDBD．∵平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，学科网（北京）股份有限公司∴CD平面ABD．即CD为三棱锥CABD的高，.....

.................................................................2分又2CD，∴3231ABDABDCSCDV，.................................

.................3分又∵点M为线段BC中点，∴点M到平面ACD的距离等于点B到平面ACD的距离的21，∴312121ABDCADCBADCMVVV，………………4分∵ADCD,2AD,2CD，∴221

DCADSACD，..............5分设点M到平面ACD的距离为d，则1133ADCdS，即11233d解得d=22，∴设点M到平面ACD的距离等于22...............................6分（2）同解法一．解法三：（1）∵点M

为线段BC中点，∴点M到平面ACD的距离等于点B到平面ACD的距离的21，.............1分由已知条件可得2,2,BDCDCDBD．...................................

...........2分∵平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，∴CD平面ABD．.....................................................................

......................3分又∵ABDAB平面，∴CDAB．............................................................4分∵90ABC

，ADBC，∴ADAB，又ADCDD，∴CDABA平面，∴点B到平面ACD的距离等于线段AB的长．..............................................5分∵2AB，∴点M到平面ACD的距离

等于22.......................................6分（2）同解法一．20．（12分）解：（1）记“甲队获得冠军”为事件A，“决赛进行三场比赛”为事件B，由题可知121121()(+)=232355PAB，...........

....................................................2分121121111()(+)+=232352330PA，.............................................................

.....4分∴当甲队获得冠军时，决赛需进行三场比赛的概率为()6()()11PABPBAPA..........................................................................................

................................................6分（2）设比赛主办方在决赛前两场中共投资x（千万元），其中01x，若需进行第三场比赛，则还可投资1x（千万元），记随机变量

为决赛的总盈利，则可以取2x，12xx，............................7分∴11121()+=223232xP，12111(1)+223232xPx，.............9分∴随

机变量的分布列为学科网（北京）股份有限公司2x12xxP1212∴的数学期望111()+(1)=(1)22222xxExxx，.............................10分令1(01)txt

，则22+1115()()2228ttEt，...........................11分∴当12t，即34x时，()E取得最大值，∴比赛主办方在决赛的前两场的投资额应为0.75千万元，即750万元.……12分21．

（12分）解：（1）以EF所在的直线为x轴，EF的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系xOy如图，在线段FC上取点Q，使得PFFQ，因为MFPQ，所以MPMQ因为M在EC的垂直平分线上，所以MEMC，又因为PEMPC

M，所以MPEMQC，所以PEQC，所以PEPFFQQCFC即P的轨迹是以,EF为焦点的椭圆，设的方程为222210xyabab则24aFC，得2a，2213ba，又因为当C在直线EF上时，点M不存在，所以的方程为22104

3xyy............................................................................................................

.............................6分（2）设00,Cxy，则EC的中点为001,22xy，00y.1°当01x时，由220014xy解得023y

，则l的方程为3y，此时l与恰有一个公共点（如图）；........................................................................7分2°当01x时，如图，则EC的斜

率为001yx，l的方程为00001122yxxyxy因为2200116xy，学科网（北京）股份有限公司所以l的方程可化为000017xxyxyy，.................9分代入22143xy得：220020

17143xxxxy，整理得：2222200000041381747120xyxxxxxy…（＊）由2200116xy得2200161y

x代入“＊”并整理得：222000078171610xxxxxx...............................................11分此时22200008(

1)(7)416(7)(1)0xxxx，l与恰有一个公共点.综上，l与恰有一个公共点．..................................................................................12分2

2．（12分）解：（1）若32a，则32()cosxfxex，32()sinxfxex，................................1分32()cos0xfxex在3[,]22成立，∴()fx在3[,]22

递增，...........2分又()102fe，3()1102f，故存在3(,)22k，使得()0fk，且()fx在[,]2k递减，在3[,]2k递增，故max3()max{(),()}22fxff，又3(),()122fefe，

故()fx在3[,]22的最大值为3()12f．.........................................................................

................................................................4分（2）解法一：要证()fx在(0,)单调递增，即证()0fx在(0,)成立，∵1a，∴1()sinsi

nxaxfxexex，记1()sinxgxex，故只需证明记()0gx在(0,)成立，........................5分①当[1,)x时，11xe，而sin1x，∴1()sin0xgxex

成立；....6分②当(0,1)x时，1()cosxgxex，1()sin0xgxex在(0,1)成立，∴()gx在(0,1)单调递增，..................7分又1(0)10ge，(1)1cos10g，∴必存在(0,1)t，使得()

0gt，且(0,)xt时()0gx，(,1)xt时()0gx，即()gx在(0,)t单调递减，在(,1)t单调递增，...........................................

............9分∴1min()()sintgxgtet，此时1()cos0tgtet，即1costet，∴1min()()sincossin2cos()4tgxgtetttt

成立，∵142()42ge，而44ee，∴114442e，∴1422e，∴()04g，即(0,)4t，(,)442t，.........................

.11分∴min()()2cos()04gxgtt，即()0gx在(0,1)成立，综上，()0gx在(0,)成立，故()()0fxgx在(0,)成立，故()fx在(0,)单调递增．................................

................................................12分学科网（北京）股份有限公司解法二：要证()fx在(0,)单调递增，即证()sin0xafxex在(0,)成立，①当[1

,)x时，∵1a，101xaaeee，而sin1x，∴()0fx成立；.................................................................

...............6分②当(0,1)x时，∵sin0x，要证sinxaex，即证ln(sin)xax，.....7分记()ln(sin)hxxax，则1()1cos1cotsinhxxxx，由()1cot0hxx

得：04x，∴()hx在(0,]4递减，在[,1)4递增，.....................................................................9分∴(0,1)x时，min23131()()lnln2ln40442444

44hxhaaaa，故(0,1)x时()ln(sin)0hxxax成立，即sinxaex成立，综上，()0fx在(0,)成立，故()fx在(0,

)单调递增．.......................12分解法三：要证()fx在(0,)单调递增，即证()sin0xafxex在(0,)成立，①当[1,)x时，∵1a，101xaaeee，而sin1x，∴()0fx成立；…6分②

当(0,1)x时，∵0xae，要证sinxaex，即证sin1xaxe，.................7分记sin()xaxTxe，则2cossincossin()()xaxaxaxaxexexxT

xee，由()0Tx得：04x，∴()Tx在(0,]4递增，在[,1)4递减，...........9分∴(0,1)x时，max422()()4aTxTe，..............................................

..............10分故只需证：4221ae，即证：422ae，即证：42ae，即证：44(2)4ae，∵444aeee，显然成立，∴(0,1)x时，sin1xaxe，即sinxaex成立，即()0fx成立，综上，(

)0fx在(0,)成立，故()fx在(0,)单调递增．.......................12分解法四：先证明ex≥1x成立，再证明sinxx≥，0x≥成立．令()e(1)xgxx，则()e1xgx，且当0x时，()0gx，当

0x时，()0gx，所以()gx在(0,)上单调递增，在(,0)上单调递减，所以min()(0)0gxg，所以()0gx≥，即ex≥1x成立．..............................................

..............................6分令()sinhxxx，0x≥，则()1cos0hxx≥，所以()hx在[0,)上单调递增，所以()(0)0hxh≥，即sinxx≥，0x≥成立．.....

.................................................8分所以()esin(1)sin(sin)(1)xafxxxaxxxa≥，.........................10分学科网（北京）股份有限公司因为1

a≤，所以()fx≥0，所以()fx在(0,)上单调递增．............................12分