【文档说明】锦江嘉祥2022级高三上数学入学考试试卷答案.pdf，共(4)页，517.755 KB，由小赞的店铺上传

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嘉祥锦江高2022级入学考试数学试卷答案1.D2.B3.C4.C5.B6.A7．A8．C9.AD10.ABD11．ACD12.(2,)+13．3214.134【解】每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即1+=，由题意得

X的所有可能取值为2,4,5，则()()()222PXPAAPBB==+=+，()()()()()4PXPABAAPBAAAPABBBPBABB==+++()()22=+++()222=+，()()()()()5PXPABABPABBAPBABAPBAAB==

+++22222222224=+++=.所以X的分布列为X245P22+()222+224所以X的期望()()()2222222820EX=++++()()222221281220442

=−+−+=++，因为12+=，所以14，当且仅当12==时等号成立，所以10,4，所以()2222113442(21)121144EX=++=++++=，故()EX的最大值为1

34.15．解：（1）由√3𝑐𝑎−𝑠𝑖𝑛𝐵=𝑡𝑎𝑛𝐴⋅𝑐𝑜𝑠𝐵，得√3𝑐𝑎=𝑠𝑖𝑛𝐵+𝑡𝑎𝑛𝐴𝑐𝑜𝑠𝐵，即√3𝑐𝑎=𝑠𝑖𝑛𝐵𝑐𝑜𝑠𝐴+𝑐𝑜𝑠𝐵𝑠𝑖𝑛𝐴𝑐𝑜𝑠𝐴=𝑠𝑖𝑛(𝐴+𝐵)�

�𝑜𝑠𝐴，而sinC＝sin（π﹣C）＝sin（A+B），结合正弦定理得√3𝑠𝑖𝑛𝐶𝑠𝑖𝑛𝐴=𝑠𝑖𝑛𝐶𝑐𝑜𝑠𝐴，由C为三角形的内角，可知sinC＞0，所以√3𝑠𝑖𝑛𝐴=1𝑐�

�𝑠𝐴，可得tanA=√3，结合A∈（0，π），所以A=𝜋3；----------------6分（2）由正弦定理，得𝑏𝑠𝑖𝑛𝐵=𝑐𝑠𝑖𝑛𝐶=𝑎𝑠𝑖𝑛𝐴=4√2，所以b=4√2sinB，c=4√2sinC=4√2sin（𝜋3

+B）=4√2（√32cosB+12sinB）=2√2sinB+2√6cosB，因此，△ABC的面积S=12bcsinA=12×4√2sinB（2√2sinB+2√6cosB）sin𝜋3=√6（2√2sin2B+2√6sinBcosB）{#{QQABZYQUogA

IQJAAARhCUwVqCAGQkBCACagOBBAIsAAAgRNABAA=}#}=√6[√2（1﹣cos2B）+√6sin2B]=2√3（√3sin2B﹣cos2B）+2√3=4√3sin（2B−𝜋6）+2√3，因为锐角三角形

ABC中，𝜋6＜𝐵＜𝜋2，可得2B−𝜋6∈（𝜋6，5𝜋6），所以当B=𝜋3时，△ABC的面积S取得最大值4√3+2√3=6√3，且△ABC的面积S的最小值大于2√3+2√3=4√3，综上所述，△ABC面积的取值范围为（4√3，6√3

]．----------------13分16.【解】（1）依据散点图可以判断，ebxay+=更适合作为未佩戴头盔人数y与天数x的回归方程类型.----------------3分（2）由lniiYy=，得()

lnebxaYbxa+==+，依题意得1011022211079.75105.51.924.75ˆ0.3385105.582.510iiiiixYxYbxx==−−===−=−−−，()1.9ˆˆ0.35.53

.55aYbx=−=−−=，所以0.33.55Yx=−+，即0.33.55e−+=xy.----------------9分（3）零假设0H：市民佩戴头盔与性别无关联.根据列联表中的数据，经计算得到：()220.104

0861412401201203.6362.7062020221820202218x−===，根据小概率值0.10=的独立性检验，我们推断0H不成立，即认为市民佩戴头盔与性别有关联，此推断犯错误的概率不超过0.10.----

------------15分17.【解】（1）令EFBDG=，连接PG，由ABCD是菱形，60ABC=，得,ABCPEF△△都是正三角形，则ACBD⊥，,EFBDEFPG⊥⊥，而,,PGBDGPGBD=平

面PBD，于是⊥EF平面PBD，又EF平面ABCD，则平面PBD⊥平面ABCD.----------------5分（2）在平面PBD内过P作PQBD⊥于Q，由平面PBD平面ABCDBD=，因此PQ⊥平面ABCD，连接EQ，则PEQ

是直线PE与平面ABCD所成的角，在正PEF中，2,3PEPG==，2cos30333DGBDBGAB=−=−=，222(3)(33)(42)1cos92333PGD+−==−，则245si

n1cos9PGBPGB=−=，于是415sin9PQPGPGB==，所以四棱锥PABCD−的体积为141532583399=.----------10分{#{QQABZYQUogAIQJAAARhCUwVqCAGQkBCACagOBBAIsAAAgRNABAA=}#}（3）在ADE

中，22212cos120416224()282DEAEADAEAD=+−=+−−=，即27DE=，显然22232DEPEPD+==，则有DEPE⊥，同理DFPF⊥，取,PEPD的中点,OM，连接,,FOMOFM，则//MODE，有,MOPEFOPE⊥⊥，因此FO

M是二面角DPEF−−的平面角，而1122,7,322FMPDMODEFO=====，则222(3)(7)(22)21cos21237FOM+−==，所以二面角DPEF−−大小的余弦值是2121.------

--------15分18.【解】(1)由已知222221,191,4abcab−==+=解得224,3ab==，所以椭圆方程为22143xy+=.----------------5分(2)由于,ABAC的斜率互化相反数，不妨设AB的斜率为k，AC的斜率为k−.则AB的方程为

()312ykx=−+，联立()()()2222221433412841230312xykxkkxkkykx+=++−+−−==−+，故22412334ABkkxxk−−=+，又1Ax=，所以22412334Bkkxk−−=+，进而2222412312129

,4386kkkkBkk−−−−+++,用k−代入可得2222412312129,4386kkkkCkk+−−++++,所以BC中点M的坐标为222243129,4386kkkk

−−+++由于222212938643243OMkkkkk=−++−+=-,所以M在直线32yx=−上，所以点M与F最小距离即是点F到直线32yx=−的距离3313213914d−==+，当且当且仅当⊥OMMF时取得最小值.--------

--------17分的{#{QQABZYQUogAIQJAAARhCUwVqCAGQkBCACagOBBAIsAAAgRNABAA=}#}19.【解】（1）当89a=时，88()ln(1)1ln(1)()19

9nnnannnn=++−−++=+−，则6412646488[1()]88899()()()(012641)2016899919S−=+++++++−=+−64820248()20249=−，所以当89a=时，642024S；-------------

---4分（2）当1ea=时，1()()ln(1)1xfxxe=++−，求导得(1)(1)11e()(1)e1exxxfxxxxx−=−+=−+++，令(1),(1)()exgxxx−=+−，求导得()e1xgx=−，当(1,0)x−时，()0gx，当(0,)x

+时，()0gx，即函数()gx在上(1,0)−单调递减，在(0,)+上单调递增，于是()(0)0gxg=，即()0fx，函数在(1,)−+上单调递增，又(0)0f=，因此(1,0)x−时，()0fx，当(0,)x+时，()0fx，所以()0xfx.----

------------9分（3）①若1a，函数()fx在(1,)−+上为单调递增函数，且(0)0f=，因此函数()fx有且仅有一个零点；②若1(,1)ea，当(1,0)x−时，1exxa，当(0,)x+时，1exxa，由（2）知：当(1,0)x−时，1()ln(1)

10exfxx++−，当(0,)x+时，1()ln(1)10exfxx++−，且(0)0f=，则函数()fx只有一个零点；③由（2）知，1ea=，()fx在(1,)−+上单调递增且(0)0f=，因此函

数()fx有且仅有一个零点；④若11()(1)ln11ln(0,),()(1)11e1()()(1)xxxxaaaafxxxxaa−+=+=−++，令111()()(1)ln,(e,1)xhxxxaaa=−+−，求导得11()[()1

]lnxhxaa=−，显然当(1,0)x−时，()0hx，当(0,)x+时，()0hx，函数()hx在(1,0)−上单调递减，在(0,)+上单调递增，注意到(1)0,(0)1ln0,,()0hahaxhx−==+→+，所以12(1,0),(0,)xx

−+使得()()120hxhx==，即()fx在()11,x−和()2,x+上单调递增，在()12,xx上单调递减，又1x→−时，()()12(),(0)0,,()0fxfxffxxfx→−=→+，所以在区间()()1

21,,,xx−+各存在一个零点，及0x=也是一个零点，故此时()fx有三个零点；综上当1[,1)(1,)ea+时，()fx有且仅有一个零点；当1(0,)ea时，()fx有三个零点.----------------17分{#{QQ

ABZYQUogAIQJAAARhCUwVqCAGQkBCACagOBBAIsAAAgRNABAA=}#}