【文档说明】山东省济南大学城实验高中2022届高三上学期12月月考（阶段性调研3）数学试题参考答案.pdf，共(7)页，211.489 KB，由小赞的店铺上传

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答案第1页，共7页2021-2022学年度高三阶段性检测参考答案一、单项选择题（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.）1—5CDBAA6—8AAC二、多项选择题（本题共4小题，

每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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.）9.BCD10.BD11.BD12.BC三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）13.8311514.115.416.ln31,93e四、解答题（

本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．（本题满分10分）解：（1）选择①：因为23sinsinsinsin3bBcCbCaA，所以由正弦定理可得2223sin3bcbCaa，即22223sin3bcaa

bC，则由余弦定理可得232cossin3bcAabC，所以3sincossinsin3CAAC．0,C，则sin0C，所以3cossin3AA，即tan3A，因为0,A，所以3A；选择②：由222cossinsi

nsincosCBCBA，得2221sinsinsinsin1sinCBCBA，即222sinsinsinsinsinBCABC，由正弦定理得222bcabc，由余弦定理得2221cos22bcaAbc．因为0,A，所以3A

；选择③：由22cosbaCc，结合正弦定理得2sin2sincossinBACC．因为ABC，所以sinsinsinBACAC，则2sin2sincoscossin2sincossinACACACACC

，所以2cossinsinACC．因为0,C，所以sin0C，故1cos2A．答案第2页，共7页因为0,A，所以3A；（2）由（1）知3A．因为11sinsin83223ABCSbcA

bc△，所以32bc．由余弦定理得，22222cos3abcbcAbcbc，即223100332196bcabc，所以14bc，所以ABC的周长为24abc

．18．（本题满分12分）解：（1）由题意建立22列联表如下：认为对租赁住房影响大认为对租赁住房影响不大合计年龄在40岁以上125150275年龄在40岁以下75150225合计200300500设0H：居民对降低租

赁住房税费的态度与年龄无关22500(12515075150)7.5766.635200300275225K，所以有99%的把握认为居民对降低租赁住房税费的态度与年龄有关．（2）由题意可知，分层抽样抽取的8人中，年龄在40岁以上的有5人，

年龄在40岁以下的有3人，则随机变量的所有可能取值为0，1，2，3．35385(0)C28CP，215338CC15(1)C28P，125338CC15(2)C56P，3338C1(3)C56P，所以随机变量的分布列

为0123P52815281556156答案第3页，共7页5151519()0123282856568E．19．（本题满分12分）解：（1）∵SBSC，BOOC，∴SOBC，∵平面SBC平面ABC，平面SBCI平

面ABCBC，SO平面SBC，∴SO平面SBC.（2）∵2SBSCABAC，2BC，∴BSCS，BACA，如图，分别以OB，OA，OC为x轴，y轴，z轴的非负半轴，建立空间直角坐标系,∵0,1,0A，1,0,0B，0,0,1

S，1,0,0C，∴1,1,0ABuuur，1,0,1SCuur，∵11cos,222ABSCABSCABSCuuuruuruuuruuruuuruur，∴异面直线AB和SC所成角为3.（3）设,,mabc为平

面SBA的法向量，∵1,1,0ABuuur，1,0,1SBuur，∴00abac，即1,1,1m，设0,0,Mt，0,1t，∴0,1,AMtuuur，设A

M与平面SAB所成角为，∵sincos,mAMmAMmAMuruuururuuururuuur，答案第4页，共7页∴21301531tt，22661521ttt，231030tt，3310tt，3t（舍）

，13t，∴OM的长为13.20．（本题满分12分）解：（1）∵2*2(21)2nnSnannN∴当1n＝时，1112322aaa＝，＝，当2n时，由221122122212(1)nnnnSnanSnan＝＋＝，得221221

2122(1)nnnananann＝＋＋，即12nnaa＝，数列na是公差为2的等差数列，122naan＝，＝．由条件得111222nnnnbnbnbbb＋＋＝，＝，＝，即数列nb是公比为2的等比数

列，2nnb＝；（2）∵1222nnnnannb＝＝，则23123412222nnnT＝＋＋＋＋＋，23111231222222nnnnnT＝＋＋＋＋＋，答案第5页，共7页2311111111221212222222212nnnnnnnnnT＋

＝＋＋＋＋＋＝＝，1242nnnT＋＝，*942nnnTnN恒成立，则192544222nnnnnn＋＋＋＝恒成立，令52nnfn＝，则114561222nnnnnnfnfn

＋＋＋＋＝＝，12678fffff＜＜＜＝＞＞，1()6764maxfnff＝＝＝，164，故实数的取值范围是164，＋﹒21．（本题满分12分）解：（1）椭圆：2214xy，(2,0)A，(0,1)B，直线AB，E

F的方程分别为22xy，(0)ykxk．如图，设0(Dx，0)kx，1(Ex，1)kx，2(Fx，2)kx，其中12xx，且1x，2x满足方程22(14)4kx，故212214xxk．①由6EDDF

，知01206()xxxx，得021221510(6)77714xxxxk，由D在AB上知0022xkx，得0212xk，所以210212714kk，化简得

2242560kk，答案第6页，共7页解得23k或38k．（2）由题设，1BO，||2AO．由（Ⅰ）知，1(Ex，1)kx，2(Fx，2)kx，不妨设11ykx，22ykx，由①得20x，根据E与F关于原点对称可知210yy，故四边形AEBF的面

积为OBEOBFOAEOAFSSSSS12211111·()···()2222OBxOBxOAyOAy21212211()()222OBxxOAyyxy2222222222222(2)442(4)22xyxyxyxy„，当22

2xy时，上式取等号．所以S的最大值为22．22．（本题满分12分）解：（1）2()exfxa由题意得()0fx，即2exa在区间(1,)上恒成立．当(1,)x时，220,eex，所以2ea，故实数a的取值范围为2,e．（2）由已知得2(

)2exgxaxa，则2e2()eexxxagxa．当0a时，()0gx，函数()gx单调递减，又(0)0ga，2(1)20eg，故函数()gx有且只有一个零点．当0a时，令()0gx，

得2lnxa，函数()gx单调递减，令()0gx，得2lnxa，函数()gx单调递增，而222lnln0gaaaa，2220eaaaga，答案第7页，共

7页（lnxx在(0,)上恒成立）由于lnxx，所以222lnaaaa，所以()gx在22ln,aaa上存在一个零点．又2222lnln22aagaaaa，且222lnln2aaa，设22

()ln2aahaa，则222211()1022aaahaaaaa在(0,)上恒成立，故()ha在(0,)上单调递增．而(0)0h，所以()0ha在(0,)上恒成立

，所以22ln02gaa，所以()gx在222ln,ln2aaa上存在一个零点．综上所述，当0a时，函数()gx有且只有一个零点；当0a时，函数()gx有两个零点．