【文档说明】吉林省长春市东北师大附中2022届高三上学期第三次摸底考试数学（理）试题答案.docx，共(4)页，424.863 KB，由管理员店铺上传

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高三年级第三次摸底数学（理）试卷参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共计60分）题号123456789101112答案BCCAADBADABB二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分）（13）2−（14）36（15）137711(0,][,][,]481

2812（16）160π三、解答题（共70分）（17）（本小题满分12分）解：（Ⅰ）()112nSnn=+，当1n=时，111212S==；当2n，nN时，()1112nSnn−=−，()()111

1122nnnaSSnnnnn−=−=+−−=.当1n=时也符合,()nannN=.（Ⅱ）()()()()()()221212111111111nnnnnnnnnnanbaannnnnn++++=−=−=−=−+++++202111111111.

..12233420212022T=−+++−++−+111111112023=1...1223342021202220222022−−++−−+−−=−−=−.（18

）（本小题满分12分）解:（Ⅰ）根据频率分布直方图，该公司平均每天的配货量为：450.05550.2650.3750.3850.1950.0568.5+++++=（箱）（Ⅱ）每天的可配送货物量不低于80箱的概率为30.10.050.1520+==，每天的可配送货物量低于80

箱的概率为31712020−=.X的所有可能取值为50，100，150，200.则()172175020330PX===，，()31211502203315PX===，()3111200203

360PX===.所以X的分布列为:所以()1771123050100150200302015603EX=+++=（元）.（19）（本小题满分12分）解：依题意，可以建立以A为原点，分别以A

BADAE，，的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)ABCD，(0,0,2)E．设(0)CFhh=>，则()1,2,Fh．（Ⅰ）法一：证明：依题意，AE⊥平面ABCD，CFAE∥，CF⊥平面A

BCD，CFAB⊥，又ABBC⊥，BCCFC=，AB⊥平面BCF，(1,0,0)AB=是平面BCF的法向量，又(0,1,2)DE=−，可得0ABDE=，又因为直线DE平面BCF，所以DE∥平面BCF．法二：CF

AE∥，CF平面ADE，AE平面ADE，//CF平面ADE.同理//BC平面ADE，CFBCC=，平面BCF//平面ADE，又DE平面ADE，所以DE∥平面BCF．（Ⅱ）解：设(),,xymz=为平面BDF的法向量，则00BDmBFm==

即0,20,xyyhz−+=+=不妨令1y=，可得21,1,mh=−．同理可得平面BDE的一个法向量为(2,2,1)n=()1713227100203203320PX==+=X5010015020

0P1730720115160xzyDEABCF由题意，有224||1cos,3||||432mnmnmhnh−===+，解得87h=．87CF=．CF⊥平面ABCD，FBC为直线FB与平面ABCD所成角，4tan.7CFF

BCBC==（20）（本小题满分12分）解：（Ⅰ）法一：l过()2,0Fc，且lx⊥，设(),Acy，不妨设A为第一象限点，则0y.则222221,,cybAcaba+=，22bAFa=，2153bAFa=，22

21258233bbbAFAFaaaa+=+==.()2222223444abacac==−=，12e=.法二：1211225245334AFAFaAFaAFAFAFa+====，2222253144442aacace−===

.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可设椭圆2222:143xyCcc+=，()()1122,,,AxyBxy，线段AB的中点()00,Nxy，由题意可以判断直线l的斜率存在，设():lykxc=−()2222143x

yccykxc+==−，()2222223484120kxckxckc+−+−=，2122834ckxxk+=+，212024234xxckxk+==+()002334ckykxck−=−=

+①四边形1AFBM是平行四边形，N是1FM的中点，()002,2Mxcy+，M在椭圆上，()()22200324212xcyc++=②①代入②得，222222123634123434ckcckc

kk+−+=++，整理得，解得2920k=或234k=−（舍去），3510k=所以直线l的斜率为3510.（21）（本小题满分12分）解：（Ⅰ）ln(1)()cosexaxfxax−=+，因为0x=为()fx的零点，所以(0)0f=，

即ln0aa+=，从而(1)()cos[cos(1)e]exxaxfxaxaxx−−−=+=−−.①因为(0)0f=，所以0是()fx的零点.②当(0,π]x时，设()cos(1)exgxxx−=−−，则()(2)esinxgxxx−=−−.

（ⅰ）若π(0,]2x，令()()(2)esinxhxgxxx−==−−，则()(3)ecos0xhxxx−=−−，所以()hx在π(0,]2单调递减，因为π2ππ(0)20,()(2)e1022hh−==−−，所以存在唯一的0π(0,)2x，使得0()0hx

=.当0(0,)xx时，()()0hxgx=，()gx在0(0,)x上单调递增；当0π(,)2xx时，()()0hxgx=，()gx在0π(,)2x上单调递减；（ⅱ）若π(,2]2x，令()(2)exxx−=−，则()(3)e0xxx−

=−，故()x在π(,2]2上单调428024270kk+−=递减，所以π2ππ1()()(2)22exe−=−.又π1sinsin2sin(π2)sin62x=−=，所以()(2)esin0,()xgxxxgx−=−−在π(,2]2上单调递减；（ⅲ）若(2,π]x，则()

(2)esin0,()xgxxxgx−=−−在(2,π]上单调递减.由（ⅰ）（ⅱ）（ⅲ）可得，()gx在0(0,)x上单调递增，在0(,π]x上单调递减，因为π0()(0)0,(π)(π1)e10gxgg−

==−−，所以存在唯一10(,π)xx使得1()0gx=.当1(0,)xx时，()()0fxagx=，()fx在1(0,)x上单调递增，()(0)0fxf=，当1(,π]xx时，()()

0fxagx=，()fx在1(,π]x上单调递减，因为1()(0)0,(π)0fxff=，所以()fx在1(,π]x上有且只有一个零点.综上，()fx在0,π上有两个零点.（Ⅱ）当1a=时，()sinfxx=，则不等式化为sin2cosxmxx+，即为sin02cosxmxx−

+.法一：令sin()2cosxGxmxx=−+则()()2222cos+123111()=+=32cos2cos332cos2cosxGxmmmxxxx=−−−+−++++当13m时，()0Gx，()Gx在()0+，单调递

增，且(0)=0G，故13m时满足题意；当103m时，令()sin3Hxxmx=−，则()cos3Hxxm=−在()0+，有无数零点存在最小的一个()00,xx，使()0Hx，则()Hx在()0+，单调递增，()(0)0HxH=sin3xmx()00,xx，使si

nsin2cos3xxmxx+sin02cosxmxx−+，故103m不满足题意，舍去.当0m时，0,0xmx，令()sin2cosxnxx=+，πsinπ12=0π222cos2n=+，不满足题意，舍去.综上，13m.法二：令si

n()2cosxFxmxx=−+，则(0)0F=，22cos1()(2cos)xFxmx+=−+，1(0)3Fm=−.当13m时，sin1()2cos3xFxxx−+，令sin1()2cos3xGxxx

=−+，则22(1cos)()03(2cos)xGxx−=−+，于是()Gx在(0,)+上单调递减，所以()(0)0GxG=，故()0Fx.当13m时，考虑π(0,)2x，此时311()sin()336xFxxmxxmx−−−2(618)1

8mxx−−=.记min{618,}2tm=−，于是当0xt时，()0Fx，不符合题意.综上所述，实数m的取值范围是1[,)3+.（22）（本小题满分10分）解：（Ⅰ）22cos3cos3:1322sinsin2xxxyCyy

==+===Q.π22,4A在πcos4m−=上，ππ22cos2244mm−==Q.π22cos22,cossin22422−=+=:40

lxy+−=.（Ⅱ）1lllk⊥=Q，l的倾斜角为π4，21222xtlyt=+=的参数方程为（t为参数）代入22:132xyC+=得254280tt+−=，1212428,55tttt+=−=−.()221212121212124284554

1111385ttttttPMPNtttttt−−−+−−+=+====.（23）（本小题满分10分）解：（Ⅰ）由题设，()311=2,1213,.2xxfxxxxx−−−−

，；；∴要使()2fx，由132xx−−得1x−；由11222xx−−得10x−；由1232xx得23x；综上，()2fx的解集为203xxx或.（Ⅱ

）由（Ⅰ）知：的最小值为，即.∵42actb+=−∴+26acb+=∴()()()()1126abcabbcabbcabbc+++==++++++，∵,,abc为正实数，()()2662=322abbcabc++++

当且仅当=3abbc+=+时等号成立，∴1123abbc+++得证.()fx3232t=