【文档说明】2023届辽宁省锦州市高三下学期4月质量检测 数学答案.pdf，共(6)页，271.498 KB，由小赞的店铺上传

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2023年锦州市普通高中高三质量检测数学(参考答案及评分标准)一、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的．BDCCDBAD二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，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．AD10．BC11．AB12．ABC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．x=2(或3x-4y+10=0)注：写一条直线方程即可,如果写两个方程,都正确得5分，有错误的得0分。

14.115.316．3，33(第一空2分，第二空3分)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)因为an+bn=2n-1，所以(an+1+bn+1)-(an+bn)=2，所以数列{an+bn}是首项为1，公差为2

的等差数列，即an+bn=2n-1，所以其前n项和An+Bn=n2

(3分)又因为An-Bn=n所以An=n(n+1)2，Bn=n(n-1)2(5分)(2)当n≥2时，bn=Bn-Bn-1=n(n-1)

2-n-1n-22=n-1(7分)b1=B1=0也适合，所以bn=n-1

(8分)所以cn=2bn+12An=2n-1+1n(n+1)=2n-1+1n-1n+1

(9分)所以Sn=1+2+22+⋯+2n-1+1-12+12-13+⋯+1n-1n+1=1×(1-2n)1-2+1-1n+1=2n-1n+1

(10分)18．(本题满分12分)解：(1)200名有预订的游客中，青年游客人数为200×(38%+22%)=120，200名不预订的游客中，青年游客人数为400×31

6=75，可知2×2列联表如下预订旅游不预订旅游合计青年12075195非青年80125205合计200200400

(3分)·5—1·K2=400(120×125-80×75)2200×200×195×205≈20.263>10.8

28(6分)所以能在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为旅游预订与是否青年有关．(8分)(2)按分层抽样，从预定游

客中选取5人，其中青年游客的人数为5×120200=3人，其他游客2人，(9分)所以从5人中任取3人，其中至少有2

人是青年人的概率为P=C23C12+C33C25=710(12分)1

9．(本题满分12分)解：(1)(法一)因为5(a+c)sinB=12csinA，所以由正弦定理，得5(a+c)b=12ac又因为a=c，所以10ab=12ac，即b=65c．

(3分)由余弦定理知：cosA=b2+c2-a22bc=65c2+c2-c22×65c×c=35

(6分)(法二)因为a=c所以A=C又5a+csinB=12csinA所以10csinB=12csinA，即5sinB=6sinA

(3分)所以5sin(π-2A)=6sinA即5sin2A=6sinA所以10sinAcosA=6

sinA因为sinA≠0，所以cosA=35．

(6分)(2)不存在以B为直角顶点的直角三角形(7分)理由如下：因为5(a+c)sinB=12csi

nA，由正弦定理，得5(sinA+sinC)sinB=12sinAsinC若B=π2，则sinB=1，且sinC=cosA，所以sinA+cosA=125sinAcosA=65sin2A

(9分)将上式两边平方得：1+sin2A=3625sin22A所以(9sin2A+5)(4sin2A-5)=0

(11分)因为0<sin2A<1，所以9sin2A+5>0，且4sin2

A-5<0，故不存在满足条件的三角形．

(12分)20．(本题满分12分)PABCDEBADEOFOF图一图二·5—2·解：(1)因为△ABC为等边三角形，AD=BE=13AC，DE∥AB，CO为AB边上的高线，所以DE⊥OF，DE⊥PF，又OF∩PF=F，所以DE

⊥平面FOP

(2分)因为OP⊂平面FOP，所以DE⊥OP(3分)在△FOP中，OF=3，

OP=3，PF=23，所以OF2+OP2=PF2，所以OP⊥OF，

(4分)而DE⊂平面ABED，OF⊂平面ABED，OF∩DE=F，所以OP⊥平面ABED

(6分)(2)分别以OF，OB，OP方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，PBDEAOFzyx则P

(0,0,3)，B(0,3,0)，E(3，2，0)，F(3，0，0)，则PE=3,2,-3，BE=3,-1,0，EF=(0,-2,0)

(7分)设平面BPE的法向量n1=x1,y1,z1，平面PEF的法向量n2=x2,y2,z2，则n1⋅PE=3x1+2y1-3z1

=0n1⋅BE=3x1-y1=0，且n2⋅PE=3x2+2y2-3z2=0n2⋅EF=-2y2=0，解得平面BPE的一个法向量n1=1,3,3，

(8分)平面PEF的一个法向量n2=(3，0，1)，

(9分)设二面角B-PE-F大小为θ，则|cosθ|=n1⋅n2n1⋅n2=237×2=37

(11分)所以sinθ=1-cos2θ=277(12分)21．(本题满分12分)解：(1

)设F1F2=2c(c>0)，因为双曲线C的离心率为e=ca=233=23，设a=3t，c=2t，t>0，所以F1-2t,0，F2(2t,0)，PF1=(-2t-3,-1)，PF2=(2t-3,-1)，所以PF1⋅PF2

=(-2t-3)(2t-3)+1=6，解得t=1或-1(舍)，所以双曲线C的方程为x23-y2=1

(4分)(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，l:y-1=kx-3即y=kx+1-3k，k≠±33，·5—3·由y=kx+1-3kx2-3y2=3，可

得1-3k2x2-6k1-3kx-32-6k+9k2=0，所以x1+x2=6k(1-3k)1-3k2，x1x2=-32-6k+9k21-3k2

(6分)设Mx0,y0，根据题意，x1<x0<x2<3，又由APAM=BPBM，可得3-x1x0-x1=3-x2x2-x0

(8分)整理得：6x0+2x1x2=x0+3x1+x2，即6x0-62-6k+9k21-3k2=x0+36k1-3k1-3k2，化简得x0-2=kx0-3k

(10

分)又y0=kx0+1-3k，消去k，得x0-y0-1=0，所以点M在定直线x-y-1=0上．

(12分)22．(本题满分12分)(1)证明：g(x)=1-cosx≥0，所以g(x)是[0,+∞)上的增函数，所以g(x)≥g(0)=0

(2分)(2)解：h(x)=ex-k，当k≤0时，hx

>0，hx为R上的增函数，所以存在x0<0，hx0<h(0)=0，不符合题意；

(3分)当k>0时，由hx=ex-k=0，得x=lnk，x∈(-∞,lnk)时hx<0，h(x)是减函数，x∈(lnk,+∞)

时hx>0，h(x)是增函数，所以hx≥hlnk=k-klnk-1(4分)所以只需

k-klnk-1≥0⋯⋯1，设r(k)=k-klnk-1，则r(k)=-lnk，当0<k<1时rk>0，r(k)为增函数，当k>1时rk<0，r(k)为减函数，则r(k)≤r(1)=0，

(5分)所以当且仅当k=1时1式成立；综上，k=1

(6分)评卷说明：1．

能结合图形说明k=1给2分，否则1分。2．其他方法参考评分标准给分。(3)证明：fx=eax-1⋅cosx，fx=eax-1cosxa-tanx，x∈0,π2，因为y=a-tanx是0,π2

上的减函数，由正切函数的性质及a>0可知，在0,π2内，存在唯一实数x0，使得tanx0=a，当x∈(0，x0)时，fx>0，fx为增函数，当x∈x0,π2时，fx<0，fx为减函数，所以x0是f(x)的极大

值点，(8分)由(1)可知，当x∈0,π2时，x≥si

nx，由(2)可知ex≥x+1，·5—4·所以fx0=eax0-1cosx0≥ax0⋅cosx0≥asinx0cosx0=atanx01+tan2x0=a21+a2(10分)下面证明a21+a2>e-1a，令t=-1a<0，即证11+t

2>et⟺1+t2et-1<0⋯⋯2，设φ(t)=1+t2et-1，则φ(t)=et(1+t)2≥0，所以φ(t)是(-∞,0)上的增函数，所以t<0时，φ(t)<φ(0)=0，2式成立，命题得证．

(12分)·5—5·获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com