【文档说明】江苏省扬州市高邮市高邮市2022-2023学年高三上学期1月期末 高三数学答案.pdf，共(5)页，287.710 KB，由小赞的店铺上传

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12022--2023学年第一学期高三期末学情调研测试数学答案1.C2.D3.B4.C5.B6.B7.A8.B9.BCD10.BD11.ACD12.AD13.4014.1215.8或402716.4317.（1）211)-2(1-1-1-2-211-1-1-11-

311-1-1-11==+=+=+nnnnnnnnnnaaaaaaaaaa为常数∴11na是以21为公差的等差数列.....................................5分（2）211-11a由（1）得221)1-(2

11-1nnannan21-)11-1(4212nnnnbn.................................8分14)11(4)11-131-2121-1(4

nnnnnSn1-.....................10分18.(1)在△ABC中，2=BC，3ABC，∴1sin332ABCSABBCABC，可得6=AB，...............3分在

△ABC中，由余弦定理得2812-436ABCcosBC2AB-222=+=∠••+=BCABAC，.72=∴AC..........................................................................

6分(2)设α∠=ACD，则α-2π∠=DAC，在RtACD中，5=AD，易知：αsin5αsin==ADAC，......................8分2在△ABC中，由正弦定理得sinsinBCACBACABC，即3πsin)α-2πsin(2A

C=，即αcos3αcos3πsin2==AC.............................................10分ααcos3sin5=∴，可得335tan=α，即335tan=∠

ACD..................................12分19．（1）证明：设AC交BD于O,底面ABCD是菱形,则BDAC，O是BD中点，又PBPD，所以BDPO,又,,POA

COPOAC平面PAC,则BD平面PAC,……………………………………………………3’又BD平面ABCD,则平面PAC平面ABCD……………………5’（2）解：2PAADPD，60BAD,不妨设2PAAD,则2PDPB,2BD,3AO,又BDPO,则1PO

，所以222PAPOAO,所以POAO,……………………………………………………………………………..7’以O为原点，分别以,,OAOBOP为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，则(3,0,0),(0,1,0),(3,0,0),(0,1,0),(0,0,1

)ABCDP,(3,1,0),(0,1,1),(3,1,0),(0,1,1)BCPBADPD设平面PBC的一法向量为1(,,)nxyz，则300BCnxyPBnyz，取1x

，则1(1,3,3)n，同理，求得平面PAD的一法向量2(1,3,3)n,………………………10’设平面PBC和平面PAD所成锐角为，3则1212121cos|cos,|||7||||nnnnnn，所以，平面PBC和平面PAD所成

锐角的余弦值为17……………………………..12’20.(1)由题意知，每位学生计划不选择校本课程二的概率为14，选择校本课程二的概率为34，则X的可能取值为3，4，5，6，P(X＝3)＝311464，P(X＝4)＝2133194464C，P(

X＝5)＝22331274464C，P(X＝6)＝3327464，………………………………4’所以X的分布列如下表所示：X3456P16496427642764所以E(X)＝3×164＋4×964＋5×2764＋6×27

64＝214.………………………………6’(2)因为这n人的合计得分为1n分，则其中只有1人计划选择校本课程二，所以11313444nnnnnPC………………………8’设1212336934444nnnnSPPP

则122341113693444444nnnnSPPP由两式相减得1231333333444444nnnnS即，1111113313344431114444414nn

nnnnnnnS所以121434134nnnPPP…………………12’421.(1)由题意知，222132bcaabc，解之得213abc

，故椭圆E的方程为2214xy…………………3’（2）设1122(,),(,)AxyBxy，联立122:(1:14ABlykxExy）得，22221114

18440kxkxk因为10T，在椭圆内部，则必有2112212112218414441kxxkkxxk，故，2121214241Mxxkxk，1121(1)41MMkykxk………………5’设直线22:00MNlAx

ByCAB，将21122114,4141kkMkk代入MNl，得221114410AkBkCk，即211440ACkBkC同理，222440ACkBkC…7’显然12,kk

是方程2440ACkBkC的两根，则12124444BkkACCkkAC…………9’因为12112kk，则12121kkkk，即14444CBACAC,得

：4133CAB,………………………………11’故直线41:033MNlAxByAB，即2241:0033MNlAxByAB，5故直线MN经过定点41,33

…………12’22.(1)解：1'(),2xxfxe可得()fx在(,1)上递增，在(1,)上递减，则max1()(1)2fxfe，……………………………….2’1'(),0xgxxx，可得()gx在(0,1)递减，在(1,)递增

，则min()(1)1gxgm，…………………………………………..4’有112me，112me，所以，m的值为112e………….5’(2)证明：若()Fx有两个零点12,xx，不妨设210xx，()ln2xxxxFx

mee，设121212,xxxxttee，由12()()0FxFx，得11221ln021ln02ttmttm，因为函数1ln2yttm是增函数，所以12tt，则1212,xxxx

ee………………………………………………………………8’设12(1),xttx则21lnln,11tttxxtt，欲证：12lnln0xx，即证：121xx，即证：2ln()11ttt，只需证：1ln(1)tttt（*）设11

()ln(),12hxxxxx，22(1)'()2xhxx，在(1,)上，'()0hx，()hx递减，所以()(1)0hxh，所以，11ln()0(1)2xxxx，令xt即得（*）成立，从而，命题得证。…………………………

……………………………………12’