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

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【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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以下为本文档部分文字说明:

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CABBADDB7.【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1113111123233332226614CCCACCCCAPA.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nmxx.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3x

S,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122PFPF,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2

11nnnaSS,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)△ABC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CDBD.....................................

.........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)C

DAD.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,..............................................................................1

0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()(+)+=2323

52330PA,..................................................................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PEMPCM

,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221043xyy...................................................................

......................................................................6分(2)设00,Cxy,则EC的中点为001,22xy,00y.1°当01x时,由22001

4xy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0

01yx,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:22002017143xxxxy,整理得:2222200000041381747120xyxxxxxy…(*)由2200116xy得2200161yx

代入“*”并整理得:222000078171610xxxxxx...............................................11分此时2

2200008(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22.(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()sinsinxaxfxexex,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44

ee,∴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,101x

aaeee,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()()lnln2

ln4044244444hxhaaaa,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()()xaxaxaxaxexexxTxee,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e

x≥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1a≤,所以()fx≥0,所以()fx在(0,)上单调递增.............................12分

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