【文档说明】辽宁省实验中学、东北育才学校、鞍山一中、大连八中、大连二十四中五校2022-2023年高三上学期期末联考数学答案.pdf，共(4)页，622.438 KB，由小赞的店铺上传

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高三年级数学答案第1页共4页2022—2023学年度上学期期末考试数学答案一、选择题123456789101112ACBBACDDCABACACDAD二、填空题13.213；14.1655；15.

221,,111；16.25；(0,1].三、解答题17.解析：（Ⅰ）∵naSn1,1是公比为2的等比数列∴nSSnn1211，可得：Snnn21.当n2时，aSSnnnnnnnnn2(1)2(1)21122当n1

时，a11.满足annn(1)22.综上，annn(1)22……………………5分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，annn(1)22，∴nannnnnnnnnn(1)2(1)14()224112因此，

aaanannnnnn1232231114(1)4(1)442222111111412323.……10分18.解析：（Ⅰ）连结AB1，∵平面ABC平面ABBA11，且ABBC，∴BC平面ABBA11，又∵BCBC//11，∴BC11

平面ABBA11，又∵AB1平面ABBA11，∴ABBC111……①而平行四边ABBA11中，ABAA1，所以，四边形ABBA11为菱形，∴ABAB11……②又∵ABBCB1111……③由①

②③可得，AB1平面ABC11∴ABAC11………………6分(Ⅱ)延长AB11至G使BG11，连接BG，因为ABB31.则BGAGBGBCABBC,,1建立如图所示的空间直角坐标系，其中各点坐标为：BCBF2(0,0,0),(1,0,0),(

0,1,3),(,1,0)11BFBBBC2(,1,0),(0,1,3),(1,0,0)11设平面FBB1的一个法向量为nxyz(,,)C高三年级数学答案第2页共4页则nBBnBF001即

yzxy30201.取y3，则xz23,1.那么，n(23,3,1)设平面BBC1的一个法向量为mabc(,,).则nBBnBC001即yz

x300.取y3，则xz0,1.那么，m(0,3,1).设二面角FBBC1的平面角为，由图可知为锐二面角.所以mnmn(23)(3)1(3)12cos133122222…………12分19.解析：(Ⅰ)由余弦定理有：cababC2cos22

2又∵cbab()2，可得，babC2cos，再由正弦定理：ABCabcsinsinsin则有，BABCsinsin2sincos∵ABCABC()∴ABCsin

sin()那么，BABCBCBCsinsin2sincossin()2sincos可得，BBCBCBCBCBCCBsinsin()2sincossincoscossin2sincossi

n()解得：BCB或BCB（舍去）即CB2………………………………6分（Ⅱ）由cbab22，可得bcbac1再由正弦定理可得，bcBaCsin1sin，由(Ⅰ)知：CB2，且ABC为锐

角三角形，可得BBB22202,0,03。则B64；∴bcBBBaCBsinsin112cos1(21,31)sinsin2…………………………12分20.解析：(Ⅰ)中国

队的九个对手在前六轮的排布情况总数为A96，若四个主要对手都出现在前六轮交锋，则前六轮的排布情况为CA5626，∴中国队在前六轮之内完成与主要对手交锋的概率为APCA987654421065432

15965626………4分（Ⅱ）X可取值为1、2、3，则PX(3)60%40%24%，PX(2)40%(70%60%30%40%)60%60%60%43.2%，P(X1)40%(70%40%30%60%)60%60%40%32.8%。高三年级数学答

案第3页共4页∴其分布列如下：X123P32.8%43.2%24%其数学期望为（名）………………12E(X)10.32820.43230.241.912分21.解：（Ⅰ）由题设acb4,3，而bcaa162222，可得：

ab4,1222所以双曲线C的方程为：xy412122.…………4分（Ⅱ）(i)由题意得F(4,0)，N(1,0).设Amn(,)，则Bmnnmn412(,)(0),122.①AF与BN的方程分

别为：nxmy(4)(4)0，nxmy(1)(1)0.设Gxy(,)00，则有nxmynxmy(1)(1)0(4)(4)00000可得：mmxymn2525,58300.由于mmmmn

mmxy4124(25)12(25)4(25)1(58)9(58)93622200222222.所以点G恒在双曲线C上.…………10分(ii)18…………12分22.解析：（Ⅰ）xfxx1()cos1；而x2(,)时，fx()0.则f

x()在2(,)上单调递减；而ff22()1ln(1)0,()0ln(1)0.所以，fx()在2(,)上有唯一零点.即存在唯一x2(,)0，使fx()00.……………………3分（Ⅱ）令tx，则x

2(0,)时，t2(,).设utgttttt()()cos1(1)ln(1).………………5分utttttft()sin1ln(1)1sinln(1)()由（Ⅰ）得，当

tx2(,)0时，ut()0，当tx(,)0时，ut()0.全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》高三年级数学答案第4页共4页在0(,)2x上()ut是增函数，又()1ln(1)022u，从而当0(,]2tx时，()0ut.所以()u

t在0(,]2x上无零点.在0(,)x上()ut为减函数，由0()0,()2(1)ln(1)2(3.141)ln(31)24.142ln20uxu.知存在唯一10(,)tx，使1()0u

t.所以存在唯一的11(0,)2xt，使111()()()0gxgtut.所以存在唯一的1(0,)2x，使1()0gx.因为1110,xttx，所以01xx……………………12分