【文档说明】东北育才学校2022-2023学年度高考适应性测试（三）数学参考答案.docx，共(8)页，468.464 KB，由小赞的店铺上传

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东北育才学校2022-2023学年度高考适应性测试（三）数学参考答案一、单选题（每题只有一个选项是正确答案，每题5分，共40分）12345678CCADDACC二、多选题（每题至少有一个选项为正确答案，少选且正确得3分，每题5分，共20分）9

101112ADACDABDCD三、填空题（每题5分，共20分）13．5014．233π6π−15．322+16．（2ln2e，3ln3e）四、解答题（17题10分，其余每题12分，共70分）17．【详解】（1）因为数列na的前n项和为nS，且

()2*nSnn=N，当1n=时，111aS==；当2n时，()221121nnnaSSnnn−=−=−−=−，当1n=时也满足；所以21nan=−；又因为数列nb为等比数列，且21a+，41a+分别为数列n

b第二项和第三项，所以223414,18baba=+==+=，则32824bqb===，则2nnb=.（2）由（1）可得，()()()()()11322322(1)212(1)112121nnnnnnnnnnnncabn

bb++−−=+−=−+−−−−−，令()1232123252412nAn=++++−①所以()234212123252412nAn+=++++−②−②可得，()1232212222222412nnAn+−=++++−−()

()22212122222412342612nnnnn++−=+−−=−−−所以()214326nAn+=−+令()()()()11232,21,2121322,2,2121nnnnnnnnkkvnkk++−=−−−=−=−−ZZ，即1111,21,2

12111,2,2121nnnnnnkkvnkk++−−=−−−=+=−−ZZ，令1232nBvvvv=+++，则22334221111111112121212121212121nnB+=−−++−−+++−−−−−−−−211121

n+=−+−则()()()212121212114326143252121nnnnnTABnn++++=+=−++−+=−++−−（3）设()2221nnnu=−，则()21211,22221222nnnnnnun−=−+−，则()12312211

1112221iinnnibuuuuub−==++++++++−12111111112222331222212nnn−−−=++++=+=−−18．【详解】（1）因为3s

incosaCcA=，所以由正弦定理可得3sinsinsincosACCA=，又sin0C，所以3sincosAA=，即3tan3A=，因为(0,π)A，所以π6A=.（2）若选条件①：2sinCa=，由正弦定理知22πsinsin6aaC==,可得1sinC

a=，故满足所选条件的三角形不存在，不满足题意；若选条件②：13b=+，由余弦定理可得，22222cos(13)abcbcA=+−=+2322(13)222+−+=，即2a=，所以满足条件的三角形唯一.设BC边上的高为h，由等面积法可知11csi

n22ABCSbAah==,即12(13)22h+=，解得262h+=，故BC边上高线的长为262+.若选条件③：2a=，由正弦定理可得sinsinacAC=，即221sin2C=，所以2sin2C=，可得π4C=或3π

4，有两解，不符合题意.综上，应该选②，BC边上高线的长为262+.19．【详解】（1）由题意知，每位员工首轮测试被认定为“暂定”的概率为223333C(1)Cppp−+，每位员工再次测试被认定为“暂定”的概率为1223C(1)1(1)ppp−−−，综上可知，每位员工被认定为“暂定”的概

率为22331225432333()C(1)CC(1)1(1)312179fppppppppppp=−++−−−=−+−+．（2）设每位员工测试的费用为X元，则X的可能取值为90，150，由题意知，123(150)C(1)PXpp==−，123(90)1

C(1)PXpp==−−，所以随机变量X的数学期望为1212233()901C(1)150C(1)90180(1)EXpppppp=−−+−=+−（元），()0,1p，令2()90180(1)gxxx=+−，()0,1x，则2()

180(1)2(1)180(31)(1)gxxxxxx=−−−=−−，所以当103x时，()0gx；当1,13x时，()0gx；所以函数()gx在10,3上单调递增，在1

,13上单调递减，所以2111350()9018013333gxg=+−=，即350()3EX（元）.所以此方案的最高费用为435016001083−+=（万元），综上可知，若以此方案实施估计不会超过预算．20．【详解】（1）∵平面AOS截球T的截面

圆与直线AO相切于F，∴TFOA⊥，记P是平面内不在直线OA上的点，平面TFP截球T的截面圆与直线FP相切于点F，∴TFFP⊥，∵平面内直线AO，FP相交于点F，∴TF⊥平面，∵直线TF平面AOS，∴平面AOS⊥平面，∴SADASO=

=．连TO，TM，∴OTSA⊥，TASO⊥，∴球T的半径TMab=且tanabb=，∴2tanab=.（2）在平面AOS内圆锥的另一条母线与球T的切点记为N点∵NSASAO==，∴NSAO∥以O为坐标原点，O

A所在直线为x轴，过O与TF平行的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图.∵OM，OF与球T相切，∴OFOMa==，∴(),0,0Fa，(),0,2Sabab−，设交线C上任意点(),,0Pxy，记圆锥S的母线S

P与球T相切于E．∵PF与球T相切于点F，∴PEPF=，SESMb==，∴PSPFb=+，即()()22224xabyabxayb−+++=−++（1），两边平方整理得：()22xaxay+=−+（2），两边平方整理得：24yax=（3），易知：（3）（2）（

1），∴交线C在坐标平面xOy中方程为24yax=，∴交线C是以F为焦点，O为顶点的抛物线.21．【详解】（1）因为1224PFPFa−==，所以2a=，由题意可得2QFb=，所以1b=，所以双曲线C的

方程为2214xy−=.（2）（i）设()()1122,,,AxyBxy，直线AB的方程为4xty=+，由22414xtyxy=+−=，消元得()2248120tyty−++=．则222240Δ(8)412(4)0120

4tttt−=−−−，且12212284124tyytyyt+=−−=−，（法一）∴()()11211212121221122222222662AMBNyytykxyxtyyyykxyy

tytyyyx++−+====+++−()2222212122122222212164222214441212636644tttyytyyyyyttttttyyyyytt−−−−++−−−−====−+++−−；（法二）由韦达定理可得121223yytyy+=−

，即()121232tyyyy=−+，∴()()()()11211211212121221122122232222223266622AMBNyyyyytykxyxtyyyykxyytytyyyyyyx−++++−+=====+++−++−12

1231393yyyy−==−−+，即AMk与BNk的比为定值13−．（ii）设直线AM：(2)ykx=+，代入双曲线方程并整理得()()2222214161640140kxkxkk−−−−=−，由于点M为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为2−，由

韦达定理得：22164214Akxk−−−=−，解得()2224114Akxk+=−．因为点A在双曲线的右支上，所以()22241014Akxk+=−，又点A在第一象限，所以10,2AMk，同理可得1,2

BNk−−，由（i）中结论可知13,2BNAMkk=−−−，得1,6AMk+，所以11,62AMk，故222111324AMBNAMAMAMkkk

kk+=−=−−，故213AMBNkk+的取值范围为15,436−−.22．【详解】（1）当1a=时，1()exfxx−=，求导得：1()(1)exfxx−=+，(1)2f=，而(1)1f=，则12(1)yx−=−，所以()yfx=在点(1,(1))f处的切线方程是

21yx=−.（2）当2a=时，()ln2gxxx=+，对于在(0,1)中的任意一个常数b，假定存在正数0x，使得()0013220e12gxxbx+−−+成立，显然有()00000132ln(1)2220000e1e1(1)e10222gxxxxxbbbxxxx+−−+−−++

++−，令2()(1)e1,02xbHxxxx−=++−，求导得：()e(e)xxHxxbxxb−−=−+=−，当0lnxb−时，()0Hx，当lnxb−时，()0Hx，即()Hx在(0,ln)b−上递减，在(ln,)b−+上

递增，则当lnxb=−时，ln22min()(ln)(ln1)e(ln)1(ln)ln122bbbHxHbbbbbbb=−=−++−=−+−，令2()(ln)ln1,012xGxxxxxx=−+−，求导得：21()(ln)02Gxx=，即()Gx在(0,1)

上单调递增，(0,1),()(1)0xGxG=，即(ln)0Hb−，所以存在正数0lnxb=−，使得()0013220e12gxxbx+−−+.（3）依题意，1()e(ln)xhxxaxx−=−+，求

导得：1111()(1)e(1)(e)xxxhxxaxaxx−−+=+−+=−，令1()e,0xFxxax−=−，1()(1)e0xFxx−=+，即()Fx在(0,)+上单调递增，因1e0xx−，当0a时，()0Fx，即()0hx，函数()hx在(0,)+上单调递

增，不存在极值，当0a时，(0)0Fa=−，(1)(1)e0aFaaa+=+−，从而存在1>0x，使得1()0Fx=，即1()0hx=，当10xx时，()0Fx，1()0hx，当1xx时，()0Fx，1()0hx，因此，

1x是函数()hx的极小值点，满足111exax−=，11111111111()e(ln)e(1ln)0xxhxxaxxxxx−−=−+=−−，则111ln0xx−−，因函数1lnyxx=−−在(0,)+上单调递减，而当1x=时，0y=，则由111ln0xx−−得101x

，令()ln1,01xxxx=−−，求导得1()10xx=−，当()x在(0,1]上单调递减，(0,1]x，()(1)0x=，当且仅当1x=时取“=”,即(0,1]x，1ln

xx−，于是得111lnxx−，111e0xx−，()1111ln210xxx−−−，因此，112311111111e(1ln)2(1)2()xxxxxxxxx−−−−=−，所以23111()2()hx

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