【文档说明】湖北省恩施州2022届高三上学期第一次教学质量监测考试数学试题答案.pdf，共(5)页，243.891 KB，由小赞的店铺上传

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恩施州2022届高三年级第一次教学质量监测考试数学试卷参考答案一、单项选择题12345678CDDAABBC二、多项选择题9101112BCABDBCDACD三、填空题13.-5614.415.5416.275776四、解答题17.解答（1）411Sa，112nnn

nSSa，.………………………………2分2,21,41nnann，2,11,2nnnbn；.………………………………4分（2）2,2)1(1,81nnnbacnnnn，.……………

…………………5分当1n时，18T..………………………………6分当2n时，1322)1(232228nnnT①nnnT2)1(23222162432②两式相减得nnnnT2)1

(222261432.………………………………8分nnn2)1(21)21(462nn2)2(10,即nTnn2)2(10.又当1n时也满足上式则数列nc的前n

项和为nTnn2)2(10..………………………………10分18.解答（1）由题意得CBCBAsinsinsinsinsin222bccba222.………………………………2分212cos222bcacbA，………………4分则3A；.……………………………

…6分（2）由题意)(21ACABAM，则22)(41ACABAM…………7分)(4122bccb])[(412bccb])2()[(4122cbcb427…………10分则233AM，即ABC的中线AM的最小值为233.…………12分19.解答（1）证

明:PA平面ABCD,所以PAAB,又ADAB,APADA，所以AB面PAD,又AB//CD,所以CD面PAD,AG面PAD,CDAG.又PA=AD,G为PD的中点，所以AGPD,DDCPD,所以AG平面

PCD.…………4分（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(0,4,0),C(4,2,0),D(4,0,0),P(0,0,4),F(0,2,2),G(2,02).…………5分则)4,2,4(PC.设)10(kPCkPH，所以)4,2,

4(kkkPH，点H坐标为)44,2,4(kkk.设平面GHF的法向量为),,(zyxn,则0,0FGnGHn,即0220)24(2)24(yxzkkyxk，…………8分可取(21,21,31)nkkk，…………10分由（1）

可知)2,0,2(AG为平面PCD的一个法向量，若平面GHF平面PCD，则0AGn,解得52k.即PCPH52时平面GHF平面PCD.…………12分（若学生取)21)(1213,1,1(kkkn，还需说明当21k时,平面GHF//平面ABCD，显然不

垂直）20.解答(1)可求得交点坐标为)2,2(pp,所以224)2()2(22ppp，,抛物线的标准方程为xy42.…………4分(2)证明：设),(),,(2211yxNyxM,将kxyl:代入抛物线方程得0422xxk，所以kykx4,412.…………

6分设直线xkyl11:，同理122124,4kykx，因为l与直线xkyl11:关于直线xy对称，由图形对称性，计算可得11kk.…………8分所以kykx4,4222，又24222121211)1(4444kkkkkkkkkxxyykMN，…

…10分所以直线MN的方程为)4(1422kxkkky，化简有)4(12xkky，所以恒过定点)0,4(.……12分21.解答（1）设甲乙通过两轮制的初赛分别为事件A1，A2.则523253)

(,535443)(21APAP.……2分由题意X的取值可能为0，1，2.则256)521()531()0(XP,2513)521(5352)531()1(XP,2565253)2(XP.……5分

那么X的分布列为:X012P256251325612562251312560)(XE.……6分（2）由题意，小组中2人答对的概率为2224)1(ppC，3人答对的概率为334)1(ppC，……8分则2

34322682)1(4)1(6)(ppppppppf.……9分)362(412248)(223pppppppf，……10分令0)(pf得233,233,0321ppp，所以在)233,0(上，)(pf单调递增，在)1,233(上，)(pf单调递减

.……11分故2330p时，f(p)最大.……12分22.解答（1）).0(,1ln)(xxxf，那么e1,0)(xxf，所以)(xf在)e1,0(单调递减，),e1(单调递增.………………………………2分（2）令01ln

)(,12)()(xxgxxfxg，则)(,exgx在在)e,0(单调递减，),e(单调递增，又0)e(F，不妨设21e0xx.………………………………4分先证明e221xx.只要证明12e2xx，即只要

证明)e2()(12xgxg.因为)()(12xgxg，令)e,0(),e2()()(xxgxgxh，则02)e)e(ln(2)e2ln()2ln(2ln)(222xxxxexxh.………………………

………6分h(x)在)e,0(单调递减，所以0)e()(hxh.从而必有)e2()(12xgxg.…………8分下面证明212exx.因为1ln1x，111lnxxx，所以11112lnxxxx，又12ln2ln222111xxxxxx，所以222

1ln2xxxx，22221ln3xxxxx.…………10分令xxxxln3)(，),e(x，xxln2)(，令2e,0)(xx，)(x在)e,e(2上单调递增

，在),e(2上单调递减，故22max21e)e()(xxx.综上，212e2exx.…………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