【文档说明】福建省龙岩市一级校2022-2023学年高三上学期期末联考试题 数学 图片版含解析.docx，共(10)页，1.441 MB，由小赞的店铺上传

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龙岩市一级校2022-2023学年第一学期期末高三联考数学参考答案一、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。题号12345678答案CABBAD

DB7．【解析】由图可知，三角形ABC的底边AB是固定的，则点C的运动直接影响着三角形面积的变化。由图可知，三角形的面积大小变化为：小→大→小→大→小，再考虑当点C落在线段AB上以及点C与点A或B重合时，都构成不了三角形，所以()Sx大小变化为：

先正→负，（,,ACB三点共线），再正→负，故选择D.8．【解析】法一：由题意得，第一个参加面试的一定是男生，最后一次参加面试的一定是女生，男女生面试的排序应为“男男***女”或“男女男**女”，所以1113111123233332226614CCCACCCCAPA+==．法二：如图：

以下5种情况符合题意，所以所求概率为33122312233323332366()()14AACAAACAAPA++++==．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。题号9101112答案ACABADBCD12．【解析】由（2）知，S中的元素满足消去率，所以0S.设Sx，由（1）知，5432,,,,xxxxx都是

S中的元素，由集合元素的互异性，必存在整数,,15,mnmn满足使得nmxx=.由于Sx，所以,0x故有1=−mnx。因为nm,是整数，且14nm−，所以Sxmn−,即1S.若Sx且1=xy，由（1）知，存在整数(1

4),kk使得1=kx，即11=−kxx.令1−=kxy，又因为,1Sxk−则Sy.由条件（1），不妨令yx=，则有2,xSxS，再令2yx=，则有3xS，如此循环，则23456,,,,,,xxxxxx都是数

集S的元素，又已知数集S只有4个元素，考虑集合元素的互异性，则元素必需满足一定的周期性，且周期为4，考虑复数i恰满足此性质，故数集234,,,Siiii=，即数集,1,,1Sii=−−.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．3210b14．30xy+−=15

．18π16．315．【解析】如图，取AC的中点为1O，连接1PO，则1POAC⊥，因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC平面ABCAC=，1PO平面PAC，1POAC⊥，所以1PO⊥平面ABC．在ABC△中，男男男0女0女3女男男男0女1女2女

男男男0女2女1女男男男1女0女2女男男男1女1女1女由余弦定理2222cosBCABACABACBAC=+−，得2BC=，所以222ABBCAC+=，所以ABC△为直角三角形．所以球心O在直线1PO上，所以22(22)4RR=−+，解得3

22R=，所以该球的表面积为18π．16．【解析】如图，四边形12PFMF为平行四边形，因为260MFN=，所以1260FPF=．因为12||||2PFPFa−=，且122PFPF=，所以1||4

PFa=，2||2PFa=，在12PFF△中，由余弦定理22212121212||||||2||||cosFFPFPFPFPFFPF=+−，得3ca=，所以离心率为3．四、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）解：（1）因为21

1nnnaSS++=+，①所以当2n时，21nnnaSS−=+，②①-②得2211nnnnaaaa++−=+，............................................

.........................................1分即()()111nnnnnnaaaaaa++++−=+，因为0na>，所以11nnaa+−=，.........................................................

....................2分所以数列{}na从第二项起，是公差为1的等差数列.由①知2221aSS=+，因为11a=，所以22a=，所以当2n时，2(2)1nan=+-?，即nan=.③..............................................4

分又因为11a=也满足③式，所以nan=（*Nn）............................................5分注：没有验证1n=的情况扣1分.（2）由（1）得212(21)2nannnb

an−==−，..................................................................6分nT2323252(21)2nn=++++−，④2312232(23

)2(21)2nnnTnn+=+++−+−，⑤.......................................7分④-⑤得，2122222(21)2nnnTn+−=+++−−，...............

.......................8分所以3112(12)2(21)212nnnTn−+−−=+−−−，..........................................................9分故

1(23)26nnTn+=−+..............................................................................................10分18．（12分）解：（1）△ABC

中，由正弦定理，得sinsinsinabckABC===，则sinakA=，sinbkB=，sinckC=，故3sincosaBbAb−=可化为3sincos1AA−=，....................

..............2分整理，得π1sin()62A−=，...........................................................................................4

分又ππ5π666A−−，故ππ66A−=，即π3A=.................................................6分（2）△ABC中，由余弦定理，得2222cosabcbcA=+−，即222abcbc=+−，（*）....

.........................................................................................................................................

7分又3abc++=，所以3abc=−−，代入（*），得222(3)bcbcbc−−=+−，整理，得6639bcbc+=+，......................................................................

.............9分又因为2bcbc+≥，...............................................................................................10分所以430bcbc−+

≥，解得1bc≤或3bc≥（舍去），.............................11分故1bc≤，故△ABC的面积133sin244SbcAbc==≤................................12分19

．（12分）解法一：（1）由已知条件可得2,2,BDCD==CDBD⊥．..............................................1分∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD平面BCDBD=，∴CD⊥平面ABD．过点D在平面ABD作DzDB

⊥，则DzDC⊥．..............................................2分以点D为原点，BD所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图．由已知可得(1,0,1),(2,0,0),(0,2,0),(0,

0,0),ABCD(1,1,0)M．∴(0,2,0),(1,0,1)CDAD=−=−−．设平面ACD的法向量为),,(zyxn=，则nADnCD⊥⊥,∴0,0,yxz=+=令1x=，得平面ACD的

一个法向量为)1,0,1(−=n，.................................4分∴点M到平面ACD的距离22nMCdMC==．...........................................6分（2）假设在线段BC上存在点N，使得AN与平

面ACD所成角为60．设,01BNBC=，则(22,2,0)N−，...........................................7分∴(12,2,1)AN=−−，................

....................................................................8分又∵平面ACD的法向量)1,0,1(−=n且直线AN与平面ACD所成角为60，∴3sin602ANnANn==，.................

...............................................................10分可得01282=−+，∴2141−==或（舍去）．................................................

...............................11分综上，在线段BC上存在点N，使AN与平面ACD所成角为60，此时41=BCBN．12分解法二：（1）由已知条件可得ABAD⊥，2ABAD==，∴121==A

DABSABD．...................................................................................1分∴2,2,BDCD==又22BC=，∴CDBD⊥．

∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD平面BCDBD=，∴CD⊥平面ABD．即CD为三棱锥CABD−的高，........................................................................2分又2CD=，∴3231==−AB

DABDCSCDV，...................................................3分又∵点M为线段BC中点，∴点M到平面ACD的距离等于点B到平面ACD的距离的21，∴312121===−−−ABDCADCBADCMVVV，………………4分∵AD

CD⊥,2AD=,2CD=，∴221==DCADSACD，..............5分设点M到平面ACD的距离为d，则1133ADCdS=，即11233d=解得d=22，∴设点M到平面ACD的距离等于

22...............................6分（2）同解法一．解法三：（1）∵点M为线段BC中点，∴点M到平面ACD的距离等于点B到平面ACD的距离的21，.............1分由已知条件可得2,2,BDCD==CDBD⊥．........

.......................................2分∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD平面BCDBD=，∴CD⊥平面ABD．......................................................................

.......................3分又∵ABDAB平面，∴CDAB⊥．.............................................................4分∵90ABC=，ADBC，∴ADA⊥B，又ADCDD=，∴CDABA平面⊥，

∴点B到平面ACD的距离等于线段AB的长．...............................................5分∵2=AB，∴点M到平面ACD的距离等于22...................................

.....6分（2）同解法一．20．（12分）解：（1）记“甲队获得冠军”为事件A，“决赛进行三场比赛”为事件B，由题可知121121()(+)=232355PAB=，...........................

......................................2分121121111()(+)+=232352330PA=，..............................................................

.....4分∴当甲队获得冠军时，决赛需进行三场比赛的概率为()6()()11PABPBAPA==.........................................................

.....................................................................................6分（2）设比赛主办方在决赛前两场中共投资x（千万元），其中01x，若需进行第三场比赛，则还可

投资1x−（千万元），记随机变量为决赛的总盈利，则可以取2x，12xx+−，.............................7分∴11121()+=223232xP==，12111(1)+223232xPx=+−==，.............9分∴随机变量的

分布列为2x12xx+−P1212∴的数学期望111()+(1)=(1)22222xxExxx=+−+−，.............................10分令1(01)txt=−，则22+

1115()()2228ttEt−+==−−+，...........................11分∴当12t=，即34x=时，()E取得最大值，∴比赛主办方在决赛的前两场的投资额应为0.75千万元，即750万元.……12分

21．（12分）解：（1）以EF所在的直线为x轴，EF的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系xOy如图，在线段FC上取点Q，使得PFFQ=，因为MFPQ⊥，所以MPMQ=因为M在EC的垂直平分线上，所以MEMC=，又因为PEMPCM=，所以MPEMQC，所以PEQC=

，所以PEPFFQQCFC+=+=即P的轨迹是以,EF为焦点的椭圆，设的方程为()222210xyabab+=则24aFC==，得2a=，2213ba=−=，又因为当C在直线EF上时，点M不存在，所以的方程为()221043xyy+=

..................................................................................................................................

...........6分（2）设()00,Cxy，则EC的中点为001,22xy−，00y.1°当01x=−时，由()220014xy−+=解得023y=，则l的方程为3y=，此时l与恰有一个公共点（如图）；..................

........................................................7分2°当01x−时，如图，则EC的斜率为001yx+，l的方程为00001122yxxyxy+−

−=−−因为()2200116xy−+=，所以l的方程可化为000017xxyxyy++=−+，.................9分代入22143xy+=得：()()22002017143xxxxy−++++=，整理得：

()()()()2222200000041381747120xyxxxxxy++−++++−=…（＊）由()2200116xy−+=得()2200161yx=−−代入“＊”并整理得：()()()()22200007817161

0xxxxxx+−++++=...............................................11分此时22200008(1)(7)416(7)(1)0xxxx=−++−++=，l与恰有一个公共点.综上，l与恰有一个公共点．...

.................................................................................12分22．（12分）解：（1）若32a=，则32()cosxfxex−=+，3

2()sinxfxex−=−，................................1分32()cos0xfxex−=−在3[,]22成立，∴()fx在3[,]22递增，.......

....2分又()102fe−=−，3()1102f=+，故存在3(,)22k，使得()0fk=，且()fx在[,]2k递减，在3[,]2k递增，故max3()max{(),()}22fxff=，又3(),()122fefe−−==，故(

)fx在3[,]22的最大值为3()12f=．......................................................................................................

.......................................4分（2）解法一：要证()fx在(0,)+单调递增，即证()0fx在(0,)+成立，∵1a，∴1()sinsinxaxfxex

ex−−=−−，记1()sinxgxex−=−，故只需证明记()0gx在(0,)+成立，.........................5分①当[1,)x+时，11xe−，而sin1x，∴

1()sin0xgxex−=−成立；...6分②当(0,1)x时，1()cosxgxex−=−，1()sin0xgxex−=+在(0,1)成立，∴()gx在(0,1)单调递增，...............

...7分又1(0)10ge=−，(1)1cos10g=−，∴必存在(0,1)t，使得()0gt=，且(0,)xt时()0gx，(,1)xt时()0gx，即()gx在(0,)t单调递减，

在(,1)t单调递增，........................................................9分∴1min()()sintgxgtet−==−，此时1()cos0tgtet−=−=，即1costet−=，∴1m

in()()sincossin2cos()4tgxgtetttt−==−=−=+成立，∵142()42ge−=−，而44ee−，∴114442e−=，∴1422e−，∴()04g，即(0,)4t，(,)442t+，............

..............11分∴min()()2cos()04gxgtt==+，即()0gx在(0,1)成立，综上，()0gx在(0,)+成立，故()()0fxgx在(0,)+成立，故

()fx在(0,)+单调递增．..................................................................................12分解法二：要证()fx在(0,)+单调递增，即证()si

n0xafxex−=−在(0,)+成立，①当[1,)x+时，∵1a，101xaaeee−−=，而sin1x，∴()0fx成立；..............................................................

....................6分②当(0,1)x时，∵sin0x，要证sinxaex−，即证ln(sin)xax−，.....7分记()ln(sin)hxxax=−−，则1()1cos1cotsinhxxxx=−=−，由()1cot0hxx=−得：0

4x，∴()hx在(0,]4递减，在[,1)4递增，......................................................................9分∴(0,

1)x时，min23131()()lnln2ln4044244444hxhaaaa==−−=+−+−+−，故(0,1)x时()ln(sin)0hxxax=−−成立，即sinxaex−成立，综上，()0

fx在(0,)+成立，故()fx在(0,)+单调递增．........................12分解法三：要证()fx在(0,)+单调递增，即证()sin0xafxex−=−在(0,)+成立，①当[1,)x+时，∵1a，101xaae

ee−−=，而sin1x，∴()0fx成立；…6分②当(0,1)x时，∵0xae−，要证sinxaex−，即证sin1xaxe−，.................7分记sin()xaxTxe−=，则2cossincossin(

)()xaxaxaxaxexexxTxee−−−−−−==，由()0Tx得：04x，∴()Tx在(0,]4递增，在[,1)4递减，...........9分∴(0,1)x时，max422()()4aTxTe−==，............................

.................................10分故只需证：4221ae−，即证：422ae−，即证：42ae−，即证：44(2)4ae−=，∵444aeee−−，显然成立

，∴(0,1)x时，sin1xaxe−，即sinxaex−成立，即()0fx成立，综上，()0fx在(0,)+成立，故()fx在(0,)+单调递增．........................12分解法四：先证明ex≥1x+成立，再证明s

inxx≥，0x≥成立．令()e(1)xgxx=−+，则()e1xgx=−，且当0x时，()0gx，当0x时，()0gx，所以()gx在(0,)+上单调递增，在(,0)−上单调递减，所以min()(0)0gxg=

=，所以()0gx≥，即ex≥1x+成立．..............................................................................6分令()sinhxxx=−，0x≥，则()1cos0hxx=−≥，所以()hx在

[0,)+上单调递增，所以()(0)0hxh=≥，即sinxx≥，0x≥成立．.......................................................8分所以()esin(1)sin(sin)(1)xafxxxax

xxa−=−−+−=−+−≥，..........................10分因为1a≤，所以()fx≥0，所以()fx在(0,)+上单调递增．............................12分