【文档说明】河北省邯郸市2022-2023学年高三上学期期末考试（数学答案和解析）.pdf，共(8)页，677.951 KB，由小赞的店铺上传

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高三数学答案第1页(共7页)邯郸市2022-2023学年第一学期期末质量检测高三数学参考答案题号123456789101112答案BCABBDACADCDABDACD1.B解析:因为A=x-1<x≤2

,B=x0<x≤a,并且A∪B={x|-1<x≤3},所以a=3,所以A∩B={x|0<x≤2}.故选B.[命题意图]本题考查集合的运算,考查学生的数学运算素养.2.C解析:因为z=(3-i)2(3+i)(3-i)=8-6i10=45-35i,所以􀭵z=4

5+35i,所以z的共轭复数的虚部为35.故选C.[命题意图]本题考查复数的运算,考查学生的数学运算素养.3.A解析:a·b-a=a·b-a2=2×1×32-22=3-4.故选A.[命题意图]本题考查向量数量积的运算,考查学生的数学运算素养.4.B解析:设f(x)=xα,

则6α2α=4,即3α=4,所以f13=13α=14.故选B.[命题意图]本题考查幂函数,考查学生的数学建模、数学运算素养.5.B解析:如图,由题意可得,所作平面与圆柱下底面的几何体的体积为圆柱体积的14.故选B.[命题意图]本题考查几何体的体积,考查学生的直观想象、数学抽象素养

.6.D解析:由题设,P(A)=A24C14C14=34,P(AB)=2C13C14C14=38,所以P(B|A)=P(AB)P(A)=12.故选D.[命题意图]本题考查古典概型的概率求法和条件概率,考查学生的逻辑推理、数学建模素养.7.A解析:由题

意,△ABC的顶点为A(0,2),B(-1,0),设C(x1,y1),由重心坐标公式可得x1+0-13=-1,则x1=-2,所以点C在直线x=-2上,又△ABC的垂心在直线x=-1上,如图,则当点C的坐标为C1(-2,2)和

C2-2,12时,均能推出△ABC的欧拉线方程为x=-1.故选A.[命题意图]本题考查命题逻辑关系,考查学生的逻辑推理素养.高三数学答案第2页(共7页)8.C解析:由已知,令loga2=m=lg2lga,logb4=n=lg4lgb,所以lga=lg2m,lgb=lg4

n=2lg2n,代入lga=1-2lgb,得lg2m+4lg2n=1.因为a>1,b>1,所以loga2+logb4=(m+n)×1=(m+n)lg2m+4lg2n=5lg2+4mnlg2+nmlg2≥5lg2+24mlg2n·nlg2m

=5lg2+4lg2=9lg2.当且仅当4mlg2n=nlg2m时,即a=b=1013时,等号成立,所以loga2+logb4的最小值为9lg2.故选C.[命题意图]本题考查了对数、指数的运算,换底公式及基本不等式求最值,考查学生的数学运算、数学建模素养.9.AD解析:由题意可得r1<0,r2

>0.左图比右图散点的分布更宽,所以|r1|<|r2|,即r1+r2>0.故选AD.[命题意图]本题考查统计中散点图及相关系数,考查学生的信息处理能力及数学运算素养.10.CD解析:因为d>0,所以数列an为单调递增数列.由a4=a10,可得a4=-a10,则a4

+a10=2a7=0,所以a1+6d=0,则a1=-6d,Sn=na1+nn-1d2=-6nd+nn-1d2=n2-13n2d=d2n-1322-1694􀭠􀭡􀪁􀪁􀭤􀭥􀪁􀪁,所以当n=6或7时,Sn取得最小值.故选CD.[命题意图]本题

考查数列与二次函数的性质,考查学生的数学运算素养.11.ABD解析:由双曲线方程得a=2,b=5,c=4+5=3,焦点为F1(0,3),F2(0,-3).PF1min=c-a=1,A正确;设P(x0,y

0),则y204-x205=1,即5y20-4x20=20,双曲线的渐近线方程为25x±5y=0,点P到两渐近线的距离的乘积为25x0+5y020+25·25x0-5y020+25=20x20-25y2045=10045=209,B正确;若△PF1F2为直角三角形,则当PF1⊥PF2

时,不妨设PF1=m,PF2=n,n>m,则n-m=4,m2+n2=62,得mn=10,则S△PF1F2=12mn=5.当PF1⊥F1F2时,|F1F2|=6,|PF1|=54y20-5=54×32-5=52,所以S△PF1F2=12|PF1|·|F1F2|=152,C错误;由焦点三角形内

切圆圆心的纵坐标为半实轴长,可知D正确.故选ABD.[命题意图]本题考查双曲线的几何性质、双曲线的定义等,考查学生综合应用能力及数学运算、数学建模素养.12.ACD解析:VA1D1AP=13S△A1D1A·AB,故体

积为定值,A正确;将△ABC1与△BCC1放在同一平面,如图所示,∠ABC=135°,当A,P,C三点共线时,AP+PC最小,由余弦定理可知AP+AC=2+2,B错误;由ABCD-A1B1C1D1为正方体,可得平面A

1BC1∥平面ACD1,又P是线段B1C上的动点,则A1P⊂平面A1BC1,所以A1P∥平面ACD1,故C正确;因为AC∥A1C1,所以∠C1A1P为直线A1P与AC所成的角,当P在线段BC1的端点B处时,∠C1A1P取得最大值,即为∠C1A1B=60°,此时四面体A1P

CA即为三棱锥A1-ABC,其外接球也为正方体的外接球,半径r=12+12+122=32,所以外接球的体积为V=43πR3=32π,D正确.故选ACD.全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》高三数学答案第3页(共7页)[命题意图]本题考

查立体几何的综合应用,可以利用空间几何的位置关系,也可以建立空间直角坐标系,利用空间向量计算可得,考查学生的直观想象、数学运算、数学建模等素养.13.-2解析:∵f(-x)=-x+2-x+12-x+1+

a=-x+2x+1a·2x+2=-x+2x+1a2·2x+1+2=-f(x),∴a2·2x+1+2=-2x+1-a,∴a=-2.[命题意图]本题考查函数的奇偶性,考查学生的数学运算素养.14.725解析:sin2x+2π3=sin2x+π

2+π6=cos2x+π6=2cos2x+π12-1=2×452-1=725.[命题意图]本题考查三角函数的恒等变换、诱导公式、倍角公式化简求值,考查学生的数学运算素养.15.9解析:设五个班级参加两项以上体育

项目锻炼的人数分别为x1,x2,x3,x4,x5,由题意可得x1+x2+x3+x4+x55=7,15[(x1-7)2+(x2-7)2+(x3-7)2+(x4-7)2+(x5-7)2]=4,􀮠􀮢􀮡􀪁􀪁􀪁􀪁由于样本数据各不相同,则只

有一种可能,即(-3)2+(-1)2+02+12+32=20.因此,这五个班的人数由小到大依次为4,6,7,8,10.而5×80%=4,所以样本数据的第80百分位数是8+102=9.[命题意图]本题考查用样本

估计总体,考查学生的数学建模、数据分析等素养.16.9解析:设直线FP1的倾斜角为θ,其中θ∈(0,π),则由抛物线的定义可得|P1F|=2+|P1F|cosθ,即|P1F|=21-cosθ,同理|P2F|=21-cos2π3+θ,|P3

F|=21-cos4π3+θ=21-cos2π3-θ,此时|P2F|+|P3F|=2(2+cosθ)12+cosθ2,所以|P1F|+|P2F|+|P3F|=21-cosθ+2(2+cosθ)12+cosθ2=92(1-cosθ)·12+cosθ2.下面求y=(1-cosθ)

12+cosθ2,θ∈(0,π)的最大值.设y=(1-x)·12+x2,x∈(-1,1),于是y'=-3x2+34,由y'>0可得-12<x<12.故函数y在-1,-12,12,1上单调递减,在-12,12上单调递增.所以当x=12时,y取得极大值,不难发

现ymax=12.所以,原式的最小值为92×12=9.[命题意图]本题考查了抛物线的定义、焦点弦长的计算公式,简单的三角恒等变换,考查学生的数学运算素养.17.解:(1)由正弦定理得sinAcosC+12sinC=sinB,则sinAcosC+12sinC=sin(A+C),∴12si

nC=sinCcosA,∵sinC≠0,∴cosA=12.(3分)…………………………………………………又A∈0,π,∴A=π3.(4分)………………………………………………………………………………(2)由正弦定理可知asinA=b

sinB=csinC=2332=4,∴b=4sinB,c=4sinC.(5分)…………………又B+C=π-A=2π3,高三数学答案第4页(共7页)∴c-12b=4sinC-2sinB=4sinC-2sin2π3-C=4sinC-2×32cosC-2×12

sinC=3sinC-3cosC=23sinC-π6.(7分)……………………∵0<C<2π3,∴-π6<C-π6<π2,则-12<sinC-π6<1,从而-3<23sinC-π6<23.(9分)……………………………………………………………………………………………………………∴

c-12b的取值范围是(-3,23).(10分)………………………………………………………………[命题意图]本题考查三角恒等变换、三角函数和解三角形知识的综合应用问题,涉及到三角函数关系式的化简、边角关系式的化简、三角函数值的求解、正弦型函数值域的求解等知识,是对三角函数部分知识的综合考查,属于常

考题型,考查学生的数学运算素养.18.解:(1)当n=1时,a21+3a1=6a1+4,(1分)…………………………………………………………………因为an>0,所以a1=4,当n≥2时,a2n+3an-a2n-1-3a

n-1=6Sn+4-6Sn-1-4=6an,即(an+an-1)(an-an-1)=3(an+an-1),(3分)……………………………………………………………因为an>0,所以an-an-1=3,所以数列{an}是首项为4,公差为3的等差数列,

(5分)……………………………………………………所以数列{an}的通项公式为an=3n+1.(6分)……………………………………………………………(2)证明:因为cn=1anan+1=1(3n+1)(3n+4)=1313n+1-13n+4,所以Tn=c1+c2+c3+…+cn=1314-

13n+4=112-19n+12.(8分)…………………………………因为f(x)=112-19x+12在(0,+∞)上单调递增,所以128=T1<T2<T3<…<Tn<112,(11分)………………………………………………………………所以128≤Tn<112

.(12分)……………………………………………………………………………………[命题意图]本题考查求数列通项公式和利用裂项相消法求和,再利用函数的单调性证明不等式,考查学生的数学运算、逻辑推理素养.19.解:(1)证明:取BE的中点F

,CE的中点M,连接AF,FM,DM,∵F,M分别为BE,CE的中点,∴FM∥BC,MF=12BC,又AD∥BC,AD=12BC,∴AD􀰿MF,∴四边形ADMF是平行四边形,∴AF∥DM.(2分)………………………………

……………………………………………………………高三数学答案第5页(共7页)∵EB2+CB2=EC2,∴CB⊥BE,又CB⊥AB,AB∩BE=B,且AB,BE⊂平面ABE,∴CB⊥平面ABE.∵AF⊂平面ABE,∴A

F⊥CB,又△ABE为等边三角形,F为边BE的中点,∴AF⊥BE.∵CB∩BE=B,CB,BE⊂平面EBC,∴AF⊥平面EBC.(4分)……………………………………………………………………………………又AF∥DM,∴DM⊥平面EBC.∵DM⊂平面DEC,∴平面DEC⊥平面EBC.(6分)…………

…………………………………………………………………(2)取BC的中点N,连接DN,则DN∥AB,∴直线AB与平面DEC所成角即为直线DN与平面DEC所成角,过N作NH⊥EC,垂足为H,连接DH.(7分)…………………………

…………………………………由(1)知,平面DEC⊥平面EBC,∵平面DEC∩平面EBC=EC,NH⊂平面EBC,NH⊥EC,∴NH⊥平面DEC.(9分)……………………………………………………………………………………∵DH为DN在平面DEC的射影,∴∠HDN为直线DN与平面DEC所成的角

.(10分)……………………………………………………在Rt△DNH中,HN=22,DN=2,∴sin∠HDN=HNDN=24,∴直线AB与平面DEC所成角的正弦值为24.(12分)……………………………………………………[命题意图]本题考查以四棱锥为背景的几

何体,考查面面垂直的证明及求线面角,需要对立体图形整体和局部的分析和把握,思维量较大,考查学生的直观想象、数学运算等素养.20.解:(1)设甲同学在A处命中为事件A,在B处第i次命中为事件Bii=1,2,3,由已知得PA=13,PBi=45,X的取值为0,2

,3,4.则PX=0=P􀭿A􀭺B1􀭺B2=P􀭿AP􀭺B1P􀭺B2=23×15×15=275,PX=2=P􀭿AB1􀭺B2+P􀭿A􀭺B1B2=23×45×15+23×15×45=1675,PX=3=PA=13,PX=4=P􀭿AB1B2=23×45×45=3275,(4

分)…………………………………………………………所以X的分布列为高三数学答案第6页(共7页)X0234P2751675133275……………………………(5分)所以X的数学期望为EX=0×275+2×1675+3×13+4×

3275=4715.(6分)………………………………(2)设甲同学选择方案1通过测试的概率为P1,选择方案2通过测试的概率为P2,则由(1)有P1=PX=3+PX=4=13+3275=5775,(8分)………………………………………………P2=PB1B2+P􀭺B1B2B3+PB1􀭺B2B3=

45×45+15×45×45+45×15×45=112125,(11分)……因为P2>P1,所以甲同学选择方案2通过测试的可能性更大.(12分)……………………………………[命题意图]本题考查离散型随机变量的分布列及期望、概率决策问题,考查学生的数据分析、数学建模等素养.21.解:

(1)由题可得c=1,将M2,62代入方程可得2a2+32b2=1.联立a2=b2+1,解得a2=4,b3=3,则椭圆C的方程为x24+y23=1.(4分)………………………………………………………………………(2)设Ax1,y1,Bx2,y2,显然直线l的斜率存在.因为点T(8

,0),设直线l的方程为y=kx-8,联立y=kx-8,3x2+4y2=12,(6分)…………………………消去y,得4k2+3x2-64k2x+256k2-12=0,由Δ=144-2880k2>0,得k2<120,所以x1

+x2=64k24k2+3,x1x2=256k2-124k2+3.(8分)……………………………………………………………因为点Dx2,-y2,所以直线AD的方程为y=y1+y2x1-x2x-x1+kx1-8.(9分)…

………………又y1+y2=kx1+x2-16,所以直线AD的方程可化为y=48kx2-x14k2+3x+kx1x1+x2-16x2-x1+kx1-8x2-x1x2-x1,即y=48kx2-x14k2+3x-24kx2-x14k2+3=48kx2-x14k2+3x-12,(11分)……………所以直

线AD恒过点12,0.(12分)…………………………………………………………………………[命题意图]本题考查椭圆的方程和直线过定点问题,借助韦达定理表示直线方程,是确定定点的关键,考查学生的数学建模、数学运算等素养.22.解:(1)由题意得f'x=2e2x-2,f'1=2e2-2,f(

1)=e2-2,(2分)…………………………………所以切线方程为y-(e2-2)=(2e2-2)(x-1),即y=(2e2-2)x-e2.(4分)…………………………(2)gx=e2x-x2-2x,g'x=2e

2x-2x-2,(5分)……………………………………………………设h(x)=e2x-x-1,则h'(x)=2e2x-1为增函数,由h'(x)=0可得x=12ln12.所以,当x<12ln12时,h'(x)<0;当x>12ln12时,h'(x)>0.即g'(x)在区间-∞,12

ln12上单调递减,在12ln12,+∞上单调递增.(6分)……………………高三数学答案第7页(共7页)注意到,g'(-1)=2(e-2+1-1)>0,g'(0)=0,g'12ln12=-1+ln2<0,其中-1<12ln12<0,由零点存在定理知g'(x

)在区间-1,12ln12上存在零点m.故g(x)在(-∞,m),(0,+∞)上单调递增,在(m,0)上单调递减,从而m为函数的极大值点,故m=x0,即e2x0-x0-1=0,且x0<0.(8分)……………………………………………………

………………要证明lnx1+x2+2>2x0+ln2,即证明x1+x2+22>e2x0=x0+1,化简得x2>2x0-x1,由于gx在-∞,x0上单调递增,且由gx1=gx2,x2<x1<0,可知x2<x0<x1<0.故x1∈x0,0,2x0-x1

∈-∞,x0,要证明x2>2x0-x1,即证明gx2>g2x0-x1,而gx1=gx2,因此要证明gx1>g2x0-x1.(10分)…………………………………………………………………令Fx=gx-g2x0-x,x∈x0,0,则F'x=2e2x-2x-2+

2e4x0-2x-22x0-x-2,=2e2x+e4x0-2x-2x0-2=2ex-e2x0-x2+2e2x0-2x0-2,而e2x0=x0+1,所以F'x=2ex-e2x0-x2≥0,故Fx单调递增,所以Fx>Fx0=0,

即gx>g2x0-x,从而gx1>g2x0-x1,即证得lnx1+x2+2>2x0+ln2.(11分)…………………………………综上,lnx1+x2+2>2x0+ln2.(12分)…………………………………………………………………[命题意图]本题考查函数的极值、单调性、极值点偏移等综合分

析,是压轴题,考查学生的数学抽象、数学运算素养.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com