【文档说明】重庆市西南大学附属中学2022届高三上学期开学考试数学试题 答案.pdf，共(4)页，420.161 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-53798eef711b5c3b40f957438c882593.html

以下为本文档部分文字说明：

试卷第1页，总4页高2022级开学考试数学答案选填：12345678ABDBCACB910111213141516ACADBDABD14542023解答题：17（10分）.（1）证明见解析；（2）539.（1

）连接1BD，由E，F分别为1DD，DB的中点，∴1//EFBD，又EF面11ABCD，1BD面11ABCD，∴//EF平面11ABCD4分（2）构建以D为原点，1,,DADCDD为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，

∴(0,0,0)D，(0,2,0)C，(2,2,0)B，1(0,2,2)C，(0,0,1)E，∴(2,2,0)DB=，1(0,2,2)DC=，(2,2,1)EB=−，1(0,2,1)EC=，

6分又二面角1EBCF−−即为二面角1EBCD−−，若111(,,)zmxy=是面1BDC的一个法向量，则1111220220xyyz+=+=，若11x=，即(1,1,1)m=−，7分若222(,,)xny

z=是面1EBC的一个法向量，则2222222020xyzyz+−=+=，若21y=，即(2,1,2)n=−−，8分∴553|cos,|||9||||33mnmnmn===，则

锐二面角1EBCF−−的余弦值为539.10分18（12分）．（1）条件选择见解析，3B=；(2)(0,3]（1）若选①，222433ABCacbS+−=，则有4312cossin32acBacB=，3

分∴tan3B=，(0,)B，所以3B=.6分若选②，由正弦定理：sinsincos3sinsinAABBA+=，又sin0A，∴1cos3sin+=BB，则1sin()62

B−=且(0,)B，即3B=.若选③，由正弦定理：(2sinsin)cossincos,CABBA−=∴整理得2sincossincossincossinCBABBAC=+=，又sin0C，∴1cos,2B=即3B=.（2）由222ab

cab+−=，得到224abab+=+.8分由不等式222abab+，得到42abab+，4ab..10分从而113sinsin32234SabCabab===，当且仅当2a

b==时取等号.所以ABC面积的范围为(0,3].12分试卷第2页，总4页19（12分）．（1）证明见解析；（2）10（1）证明：由112nnnnaaaa++=−，得121nnnaaa+=+，从而11111222nnnna

aaa++==+，2分11111111222nnnaaa+−=−=−，4分又111102a−=−，故数列11na−为等比数列；5分（2）解：由(1)得，11111

1222nnna−−=−=−，故221nnna=−，7分所以11112112()2(21)(21)2121nnnnnnnnnaab++++===−−−−−，8分12231111111122222212

12121212121nnnnS++=−+−++−=−−−−−−−−，10分令1221.99921n+−−，则122001n+，解得2log20011n−，210log200111，29log2001110

−.故使得1.999nS的整数n的最小值为10；12分20．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）分布列见解析，13724.（Ⅰ）设前24分钟比赛甲胜出分别为()1,2iAi=，乙胜出分别为()1,2iB

i=，在“FAST5”模式每局比赛甲获胜为C，4局比赛决出胜负记为事件D.()()2222121221115=323236PDPAACCBBCC=+=+=.

4分（Ⅱ）X的可能取值为4、5、6、7()3321111432326PX==+=；5分()32222232213321211211111532332332324PXCC==+++=

；6分()33232321132321211211632332332PXCCC==++

3323232113231112112173233233224CCC+++=；8分()3424243421123333212112111173233233232PXC

CCC==+++342424342112333311121121217323323323224CCCC++++=

；10分所以，随机变量X的概率分布列为：X4567P1614724724X的数学期望为1177137456764242424EX=+++=.12分试卷

第3页，总4页21．（1）22143xy+=；（2）存在，定点(1,0)M.（1）因为22||8,ABAFBF++=，即11228,AFFBAFBF+++=，又12122,AFAFBFBFa+=+=，所以48,2aa==.2分又因为1,2e=

即1,2ca=所以1,c=，所以223bac=−=，故椭圆E的方程是221.43xy+=4分（2）解法一：由22143ykxmxy=++=得()2224384120kxkmxm+++−=.因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点()00,,Px

y所以0m且0=，即()()2222644434120,kmkm−+−=化简得22430.()*km−+=5分此时0002443,,43kmkxykxmkmm=−=−=+=+所以43,kPmm−，由4,xykxm=

=+得(4,4)Qkm+.7分假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上.8分设()1,0,Mx则0MPMQ=对满足(*)式的,mk恒成立.因为

()1143,,4,4,kMPxMQxkmmm=−−=−+由0MPMQ=得211116412430kkxkxxmmm−+−+++=整理得()211144430.(**)kxxxm−+−+=

10分由于(**)式对满足(*)式的,mk恒成立，所以1211440,430,xxx−=−+=解得11.x=故存在定点(1,0),M使得以PQ为直径的圆恒过点M.

12分解法二：接：假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上.8分取0,3,km==此时(0,3),(4,3)PQ，以PQ为直径的圆为22(2)(3)4xy−+−=交x轴于点12(1,0),(3,0);MM取1,2

,2km=−=此时31,,(4,0),2PQ以PQ为直径的圆为2253452416xy−+−=交x轴于点34(1,0),(4,0).MM所以若符合条件的点M存在，则M的坐标必为(1,0).

10分因为M的坐标为(1,0),所以431,,(3,4)kMPMQkmmm=−−=+人而1212330kkMPMQmm=−−++=,故恒有MPMQ⊥,即存在定点(1,0)M,使得以PQ为直径的

圆恒过点M.12分解法三：由对称性可知设000(,)(0)Pxyy与(,0)Mx2220203331343443434xxyxyxykyx+==−=−=−−

6分直线00000033(1):()(4,)4xxlyyxxQyy−−=−−8分00003(1)0()(4)0xMPMQxxxyy−=−−+=9分0(1)(1)(3)xxxx−=−−对0(2,2)

x−恒成立，所以1x=，得(1,0)M.12分试卷第4页，总4页22．(1)0a或ae=；(2)见解析.(1)解法一：由题，()axfxx−=①当0a时，()0fx恒成立，所以()fx在()0,

+上为减函数，当0x→，()fx→+；当x→+，()fx→−.所以()fx在()0,+上一定存在唯一的零点，符合题意；②当0a=，()fxx=−，不符合题意；③当0a时，由()0fx=得xa

=，当xa时，()0fx，()fx递减；当0xa时，()0fx，()fx递增，所以当xa=时，()fx取得极大值()fa，因为()fx存在唯一的零点，则()ln0faaaa=−=，解得ae=因此a的取值范围为0a或ae=

4分解法二：()lnfxaxx=−存在唯一的零点等价于lnxax=只有一个解（显然1x=不是零点）令()lnxhxx=，2ln1()(ln)xhxx−=，令()0hx=，得xe=，因此

()hx在(0,1),(1,)e上单调递减，在(,)e+上单调递增，所以当xe=时，()hx取得极小值()hee=，当0x→，()0hx→；当1x−→，()hx→−；当1x+→，()hx→+;当x→+，()hx→+;()hx

简图如下：因此a的取值范围为0a或ae=4分(2)令()21()()ln(1)2Fxfxgxaxxax=−=−+−，则()2(1)(1)()1(0)axaxaxaxFxxaxxxx−+−++−=−+−==

5分①当0a时，()0Fx恒成立，所以()Fx在()0,+上为减函数，不符合题意；6分②当0a时，由()0Fx=得xa=，当xa时，()0Fx，所以()Fx

为减函数；当0xa时，()0Fx，所以()Fx为增函数，所以当xa=时，()Fx取得极大值()Fa7分又因为存在两个不同零点12,xx，所以()0Fa，即()21ln102aaaaa−+−整理得1l

n12aa+，显然1a，8分作()yFx=关于直线xa=的对称曲线()()2GxFax=−，令()()()()()22ln22axHxGxFxFaxFxaaxx−=−=−−=−+9分当(0,2)xa，()()()2222

222202aaHxaxxxaa=−=−−−−+，所以()Hx在()0,2a上单调递减，10分不妨设1220xaax，（因为若22xa，则1222xxa+显然成立）则1()()0HxHa=，即()()()()11

122GxFaxFxFx=−=，11分又因为()()1220,2,0,2,axaxa−且()Fx在(0,2)a上为减函数，故122axx−，即122xxa+，又1a，故122xx+.12

分