【文档说明】辽宁沈阳二中2022-2023学年度高三上学期12月阶段测试 数学试题答案.pdf，共(5)页，316.019 KB，由envi的店铺上传

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沈阳二中2022—2023学年度上学期12月阶段测试高三（23届）数学试题答案1-5CBCDA6-8BCB9.BD10.AC11.BC12.ACD13.114.215.11,216.4,017.【解】（1）因

为1c，coscos2aCA，所以coscos2aCcAc，由正弦定理得sincossincos2sinACCAC，sinsin2sinBACC，由正弦定理得22bc．……5分（2）设2BAC，因为ABDACDABCSSS△△△，AD平分∠BAC，所以1

11sinsinsin2222cADbADcb，因为1c，2b，49AD，所以4sin2sin24sincos3，因为sin0，所以1cos3，所以22sin21cos42sin2339

，所以ABC的面积114242sin2212299Sbc．……10分18.【解】（1）依题意0na，当1n时，111112aaaS，解得11a，当2n时，由12nnnaaS，得22nnnS

aa①，所以21112nnnSaa②，①-②得：22112nnnnnaaaaa，所以1110nnnnaaaa，因为10nnaa，所以112nnaan

，所以数列na是首项为1，公差为1的等差数列，所以nan；……6分（2）由1,2nnnnaaSan得12nnnS，所以222224212111411nnnnbSnnnn，所以22222222421111

11414441223(1)(1)(1)nnnTnnnn.……12分19.【解】（1）取AB中点E，连接CE，4AB，2CD，2AECD

，又//ABCD，四边形ADCE为平行四边形，ADCE，又2ADBC，12CEAB，ACBC，2223ACABBC又12DC，14AD，22211ACDCAD，1DCAC，又平面1ACD底面ABCD，平面1ACD底面ABCD

AC，1DC平面1ACD，1DC平面ABCD.……6分（2）由（1）知：ACBC，1ACDC，又1BCDCC，1,BCDC面1BCD，AC平面1BCD，以C为坐标原点，1,,CACBCD正方向为,,xyz轴，可建立如

图所示空间直角坐标系，则0,0,0C，23,0,0A，13,1,2A，13,3,2B，3,1,0D，23,0,0CA，1123,2,0AB，10,2,2AD

，设平面11ABD的法向量,,nxyz，则1112320220ABnxyADnyz，令1x，解得：3y，3z，1,3,3n；AC平面1BCD，平

面1BCD的一个法向量为23,0,0CA，237cos,7237CAnCAnCAn，即平面1BCD与平面11ABD所成锐角的余弦值为77.……12分20.【解】（1）由题意知：12,0

F，22,0F，双曲线的2a，又双曲线离心率2cea，2c，2222bca，222:122xyC；设00,Exy，11,Fxy，22,Gxy，则220001222xyx，1222000022

0000212222FGMNEFEFyyyxkkkkxxxx，即FGMNkk为定值1.……6分（2）设直线,FGMN的方程分别为12ykx，22ykx，11,Fxy，22,Gxy，由（1）知：121kk，由1222

13ykxxy得：22221113162630kxkxk，2112216231kxxk，2112216331kxxk，22221112112122111142331kFGkxxkxxxxk

；同理可得：222211222121111123232333131kkkMNkkk，221122113131114231132323kkFGMNkk，即11FGMN为定值23

3．……12分21.【解】（1）解：设动圆圆心为(,)Cxy，依题意可得2222ppxyx，整理得22(0)ypxp，所求动圆圆心的轨迹C的方程是22(0)ypxp.……4分（2）证明：设11(,)Axy，22(,)Bxy，由题意得12xx（否则)，且1

0x，20x，所以直线AB的斜率存在，设其方程为ykxb0k，显然2112yxp，2222yxp．即1112ypxy，2222ypxy，把ykxb代入22ypx得2220kypypb，由韦达定理知，

122pyyk，122pbyyk①，……6分由4得12121221212122()tantan1tan()1tantan41yyxxpyyyyyypxx

……8分把①代入上式，整理化简得212pbpk，22bppk，此时，直线AB的方程可表示为：22ykxppk，即(2)(2)0kxpyp，令2020xpyp，解得22xp

yp，直线AB恒过定点2,2pp．……12分22.【解】（1）因为e()exxgx，所以e1()exxgx，令()0gx，得1x，令()0gx，得1x，故()gx在(,1)上单调递增，在(1,)上单调

递减．当(,0)x时，()0gx且单调递增，当,()0x时，()0gx且先递增后递减，max()(1)1gxg，故要使1212gxgxmxx成立，则01m．由12gxgx，得121

2eeeexxxx，即2121lnlnxxxx，所以21211lnlnxxxx．设11()ln,12fttttt，则22(1)()02tftt，所以()ft在(1,)上单调递减，故()(1)0

ftf．令211xtx，得221112lnxxxxxx，即2211211lnlnxxxxxx，得211xx，从而122111122xxxx，得12122xxxx……6分(2)设22eln1ln1e

xxmxgxxtxtxtxt，易知(1)0m，故要使且2()ln1gxxtxt仅有唯一解，则(1)0m．e112exxmxtxx，令(1)0m，得12t，此时(1)(1)ee()exxx

xxmxx．由（1）可知e()1exxgx，所以eexx≤，则(1)eeeeee0xxxxxxxxx，所以当(0,1)x时，()0gx，当(1,)x时，()0gx，故在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，满足()(

1)0mxm，且()0mx只有唯一解，从而12t满足要求．……12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com