【文档说明】重庆市万州二中2022-2023学年高三上学期12月线上考试 数学答案.docx，共(5)页，67.281 KB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年上期高2020级线上检测数学试题参考答案1．D2．D3．B4．C5．D6．B7．A8．C9．BCD10．AC11．BD12．ABC13．814．𝑎𝑏15．12𝜋16．3−√5217．（1）设等差数列{𝑎𝑛}的公差为𝑑，由{𝑎3=5𝑎17=3𝑎6，可得{�

�1+2𝑑=5𝑎1+16𝑑=3(𝑎1+5𝑑)解得𝑎1=1,𝑑=2，所以等差数列{𝑎𝑛}的通项公式可得𝑎𝑛=2𝑛−1;……5分（2）由（1）可得𝑏𝑛=2𝑛(𝑎𝑛+3)=22𝑛(𝑛+1)=1𝑛−1�

�+1，所以𝑆𝑛=(1−12)+(12−13)+...+(1𝑛−1𝑛+1)=𝑛𝑛+1.…10分18．（1）211cos2()cossin3cossin2322xfxxxxx+=−=−=12𝑠𝑖𝑛2𝑥−√32𝑐

𝑜𝑠2𝑥−√32=𝑠𝑖𝑛(2𝑥−𝜋3)−√32．……3分∴𝑓(𝑥)的周期𝑇=𝜋，由−𝜋2+2𝑘𝜋≤2𝑥−𝜋3≤𝜋2+2𝑘𝜋，𝑘∈𝑍，得−𝜋12+𝑘𝜋≤𝑥≤5𝜋12+𝑘𝜋

，𝑘∈𝑍所以𝑓(𝑥)的单调递增区间是[𝑘𝜋−𝜋12,𝑘𝜋+5𝜋12]，𝑘∈𝑍．……6分（2）∵𝑓(𝐵2)=𝑠𝑖𝑛(𝐵−𝜋3)−√32=−√32，即𝑠𝑖𝑛(𝐵−𝜋3)=0，又𝐵∈(0,𝜋)，∴

𝐵=𝜋3，…………7分由正弦定理有𝑎𝑠𝑖𝑛𝐴=𝑐𝑠𝑖𝑛𝐶=𝑏𝑠𝑖𝑛𝐵=6𝑠𝑖𝑛𝜋3=4√3，∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=12𝑎𝑐sin𝐵=12⋅4√3sin𝐴⋅4√3sin𝐶sin�

�=12√3sin𝐴sin𝐶=12√3𝑠𝑖𝑛𝐴𝑠𝑖𝑛(23𝜋−𝐴)=12√3𝑠𝑖𝑛𝐴(√32cos𝐴+12𝑠𝑖𝑛𝐴)=18𝑠𝑖𝑛𝐴cos𝐴+6√3𝑠𝑖𝑛2𝐴=9𝑠𝑖𝑛2𝐴+6√3

×1−𝑐𝑜𝑠2𝐴2=6√3𝑠𝑖𝑛(2𝐴−𝜋6)+3√3………10分∵0<𝐴<2𝜋3，∴−𝜋6<2𝐴−𝜋6<76𝜋，∴()max93ABCS=,当2𝐴−𝜋6=𝜋2,即𝐴=𝜋3时取得最大值.………12分另解：∵𝑓(𝐵2)=𝑠𝑖

𝑛(𝐵−𝜋3)−√32=−√32，即𝑠𝑖𝑛(𝐵−𝜋3)=0，又𝐵∈(0,𝜋)，∴𝐵=𝜋3，由余弦定理知：22222222cos362cos23bacacBacacacacaca

cac=+−=+−=+−−=，即𝑎𝑐≤36，当且仅当𝑎=𝑐=6时，等号成立．∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=12𝑎𝑐sinB=√34𝑎𝑐≤9√3，∴当𝑎=𝑐=6时，(𝑆△𝐴𝐵𝐶)max=9√3．19.（1）取𝐴𝐵的中点𝑂，连接DO，即点𝐷

在底面𝐴𝐵𝐶上的射影为𝑂，∴𝐷𝑂⊥平面𝐴𝐵𝐶又𝐵𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶，∴𝐷𝑂⊥𝐵𝐶………………3分又𝐴𝐵⊥𝐵𝐶，𝐷𝑂∩𝐴𝐵=𝑂,𝐷𝑂,𝐴𝐵⊂平面ABED，则𝐵𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐸𝐷又𝐵𝐶⊂平面𝐷𝐵𝐶，所以平

面𝐷𝐵𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐸𝐷………6分（2）取𝐴𝐶的中点𝑀，连接𝑂𝑀，以𝑂为原点，分别以𝑂𝐴,𝑂𝑀,𝑂𝐷为𝑥,𝑦,𝑧轴建立空间直角坐标系，设𝐴𝐵=2则𝐶(−1,2,0)，𝐷(0,0

,√3)，𝐵(−1,0,0)，𝐹(−2,2,√3)，𝐸(−2,0,√3)则𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(1,−2,√3)，𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,0)，𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,0,√3)设平面𝐵𝐶𝐹𝐸的法向量为𝑛⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)则{𝑛⃗⋅𝐵𝐶

⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑦=0𝑛⃗⋅𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=−𝑥+√3𝑧=0，令𝑥=√3，则𝑛⃗=(√3,0,1)设直线𝐶𝐷与平面𝐵𝐶𝐹𝐸所成角为𝜃，则𝑠𝑖𝑛𝜃=|𝑐𝑜𝑠⟨𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗,𝑛⃗⟩|=2√32×√1+4+3=√32√2=√64……12分20

．（1）∵(0.0025+0.015+0.020)×10=0.375，(0.0025+0.015+0.020+0.025)×10=0.625，所以中位数位于60,70)之间，设这200名同学竞赛成绩的中位数为𝑥，

则[0.0025+0.015+0.020+0.025(𝑥−60)]×10=0.5，解得65x=．……………4分竞赛成绩不低于80分的学生人数为：200×(0.010+0.005)×10=30；……6分（2）设这名同学获得

书籍的数量为𝜉，则𝜉的可能取值为2，4，6，8．()2312342P===，()21321174343448P==+=，𝑃(𝜉=6)=13×𝐶21×34×14=18，()211183448P==

=，…………10分所以𝜉的分布列为𝜉2468𝑃12174818148()117111024682488483E=+++=.………12分21．(1)当𝑙⊥𝑥轴时，把2x=代入双曲线方程中，得𝑦=±√3𝑎√

4−𝑎2，设𝐸(2,√3𝑎√4−𝑎2)，𝐹(2,−√3𝑎√4−𝑎2)，𝑘1=√3𝑎√4−𝑎22+𝑎，𝑘2=−√3𝑎√4−𝑎22−𝑎所以𝑘1⋅𝑘2=√3𝑎√4−𝑎22+𝑎⋅−√3𝑎√4−𝑎22−𝑎=−3𝑎2=−1，得𝑎=√3，所

以𝐶的方程：𝑥23−𝑦23=1；……4分（2）证明：设直线𝑀𝑁的方程为𝑦=𝑘𝑥+𝑚，𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)，𝑃(2,−1){𝑦=𝑘𝑥+𝑚𝑥2−𝑦2=3，整理得(1−𝑘2)𝑥2

−2𝑘𝑚𝑥−𝑚2−3=0，……6分则1−𝑘2≠0，𝛥>0，𝑥1+𝑥2=2𝑘𝑚1−𝑘2，𝑥1𝑥2=−𝑚2−31−𝑘2直线𝑃𝑀，𝑃𝑁分别与𝑦轴相交的两点为𝑀1，𝑁1，∴直线𝑃𝑀

方程为𝑦=𝑦1+1𝑥1−2(𝑥−2)−1，令𝑥=0，则𝑀1(0,𝑥1+2𝑦12−𝑥1)，同理𝑁1(0,𝑥2+2𝑦22−𝑥2)，……7分可得𝑥2+2𝑦12−𝑥1+𝑥2+2𝑦22−𝑥2=0∴𝑥1+2(�

�𝑥1+𝑚)2−𝑥1+𝑥2+2(𝑘𝑥2+𝑚)2−𝑥2=0[(2𝑘+1)𝑥1+2𝑚](2−𝑥2)+[(2𝑘+1)𝑥2+2𝑚](2−𝑥1)=0∴(4𝑘+2−2𝑚)(𝑥1+𝑥2)−

(4𝑘+2)𝑥1𝑥2+8𝑚=0∴(4𝑘−2𝑚+2)⋅2𝑘𝑚1−𝑘2−(4𝑘+2)−𝑚2−31−𝑘2+8𝑚=0∴(2𝑘−𝑚+1)⋅2𝑘𝑚+(2𝑘+1)(𝑚2+3)+4𝑚(1−𝑘2)=0∴4𝑘2

𝑚−2𝑘𝑚2+2𝑘𝑚+2𝑘𝑚2+6𝑘+𝑚2+3+4𝑚−4𝑚𝑘2=0∴𝑚2+(2𝑘+4)𝑚+6𝑘+3=0，(𝑚+3)(𝑚+2𝑘+1)=0……8分当𝑚+2𝑘+1=0时，𝑚=−2𝑘−1，此时直线𝑀𝑁方程为𝑦=𝑘(𝑥−2)−

1恒过定点𝑃(2,−1)，显然不可能，∴𝑚=−3，直线𝑀𝑁方程为𝑦=𝑘𝑥−3，恒过定点𝐸(0,−3)……10分∵𝑃𝑄⊥𝑀𝑁，设𝑃𝐸中点为𝑇，∴𝑇(1,−2)∴|𝑄𝑇|=12|𝑃𝐸|=√2为定值，∴存在𝑇(1,−2)使|𝑄𝑇

|为定值√2．……12分22．（1）因为𝑓(𝑥)=1𝑥−𝑙𝑛𝑥+1所以𝑓′(𝑥)=−1𝑥2−1𝑥，𝑓(1)=2，𝑓′(1)=−2，则切线方程为𝑦−2=−2(𝑥−1)，即2𝑥+𝑦−4=0.则曲线𝑓(𝑥)在点(1,�

�(1))处的切线方程为2𝑥+𝑦−4=0.……4分（2）若证𝑓(𝑥)<1+𝑒−2ln(𝑥+1)+2，即证𝑓(𝑥)−2=1𝑥−ln𝑥−1=1−𝑥ln𝑥−𝑥𝑥<1+𝑒−2ln(𝑥+1)，……5分令𝑔(𝑥)=1−𝑥−𝑥𝑙𝑛𝑥

，则𝑔′(𝑥)=−2−𝑙𝑛𝑥.当𝑥∈(0，𝑒−2)时，𝑔′(𝑥)>0，𝑔(𝑥)单调递增，当𝑥∈(𝑒−2，+∞)时，𝑔′(𝑥)<0，𝑔(𝑥)单调递减，所以𝑔(𝑥)max=𝑔(𝑒−2)=1+

𝑒−2，即1−𝑥−𝑥ln𝑥⩽1+𝑒−2.……7分令ℎ(𝑥)=ln(𝑥+1)−𝑥，𝑥>0，则ℎ′(𝑥)=1𝑥+1−1=−𝑥𝑥+1<0，可知ℎ(𝑥)在(0，+∞)上单调递减，所以ℎ(𝑥)<ℎ(0)=0，即当�

�>0时，0<ln(𝑥+1)<𝑥，……9分从而0<1𝑥<1ln(𝑥+1)，……10分所以当0<𝑥<1时，1−𝑥−𝑥ln𝑥>0，1−𝑥−𝑥ln𝑥𝑥≤1+𝑒−2𝑥<1+𝑒−2ln(𝑥+1

)，当1x…时，1−𝑥−𝑥ln𝑥≤0，1−𝑥−𝑥ln𝑥𝑥≤0<1+𝑒−2ln(𝑥+1)，综上所述，对∀𝑥∈(0，+∞)，均有𝑓(𝑥)<1+𝑒−2ln(𝑥+1)+2.……12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微

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