2022年2022年江苏省徐州市届高三第一次质量检测数学试卷 .pdf
名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 17 页 -名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 17 页 -名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 17 页 -名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 17 页 -名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 17 页 -名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 17 页 -徐州市2017-2018学年度高三第一次质量检测数学 I 参考答案与评分标准一、填空题1 1,0,1 21 3(0,1 413 5750 652 759 85494 103 1114 1221,2113 2,2 14277二、解答题15（1）在ABC中，由3cos5A，得A为锐角，所以24sin1cos5AA，所以sin4tancos3AAA，2分所以tan()tantantan()1tan()tanBAABBAABAA.4 分14333141336 分（2）在三角形ABC 中,由 tan3B，所以3 1010sin,cos1010BB，8分由13 10sinsin()sincoscossin50CABABAB，10 分由正弦定理sinsinbcBC,得3 1013sin10=15sin13 1050cBbC，12分所以ABC的面积114sin15 1378225SbcA.14 分16（1）取AB的中点P，连结1,.PM PB 因为,M P分别是,AC AB的中点，所以/,PMBC 且1.2PMBC 在直三棱柱111ABCAB C 中，11/BCB C，11BCB C，（第 161A1BN M 1CCB AP 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 17 页 -又因为 N 是11B C 的中点，所以1/,PMB N且1PMB N.2分所以四边形1PMNB 是平行四边形，所以1/MNPB，4分而 MN平面11ABB A，1PB平面11ABB A，所以/MN平面11ABB A.6 分（2）因为三棱柱111ABCA B C 为直三棱柱，所以1BB平面111A B C，又因为1BB平面11ABB A，所以平面11ABB A平面111A B C，8分又因为90ABC，所以1111B CB A，平面11ABB A平面11111=A B CB A，11111B CA B C平面，所以11B C平面11ABB A，10 分又因为1A B平面11ABB A，所以111B CA B，即11NBA B，连结1AB，因为在平行四边形11ABB A 中，1=AB AA，所以11ABA B，又因为111=NBABB，且1AB，1NB平面1AB N，所以1A B平面1AB N，12 分而 AN平面1AB N，所以1A BAN.14 分17（1）设 AO 交 BC 于点D，过 O 作 OEAB，垂足为E，在AOE 中，10cosAE，220cosABAE，2分在ABD中，sin20cossinBDAB，4分所以1220sincos20cos2S2400 sincos，(0)26分（2）要使侧面积最大，由（1）得：D A EB C O 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 8 页，共 17 页 -23400 sincos400(sinsin)S,8分设3(),(01)f xxxx则2()13fxx，由2()130fxx得：33x，当3(0,)3x时，()0fx，当3(,1)3x时，()0fx，所以()f x 在区间3(0,)3上单调递增，在区间3(,1)3上单调递减，所以()f x 在33x时取得极大值，也是最大值；所以当3sin3时，侧面积 S取得最大值，11 分此时等腰三角形的腰长22320 620cos20 1sin20 1()33AB答：侧面积 S取得最大值时，等腰三角形的腰AB的长度为20 6cm3 14分18（1）由题意知：221,2191,4caab2分解之得：2,3,ab所以椭圆方程为22143xy4分（2）若 AFFC，由椭圆对称性，知3(1,)2A，所以3(1,)2B，此时直线BF方程为 3430 xy，6 分由223430,1,43xyxy，得276130 xx，解得137x（1x舍去），8分名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 9 页，共 17 页 -故1(1)713317BFFD10 分（3）设00,)A xy（，则00(,)Bxy，直线AF的方程为00(1)1yyxx，代入椭圆方程22143xy，得2220000(156)815240 xxy xxx，因为0 xx 是该方程的一个解，所以C 点的横坐标008552Cxxx，12 分又(,)cCC xy在直线00(1)1yyxx上，所以00003(1)152Ccyyyxxx，同理，D点坐标为0085(52xx，003)52yx，14 分所以000002100000335552528585335252yyyxxkkxxxxx，即存在53m，使得2153kk 16 分19（1）函数()h x 的定义域为(0,)当1a时，2()()()ln2h xf xg xxxx，所以1(21)(1)()21xxh xxxx，2分所以当102x时，()0h x，当12x时，()0h x，所以函数()h x 在区间1(0,)2单调递减，在区间1(,)2单调递增，所以当12x时，函数()h x 取得极小值为11+ln 24，无极大值4 分（2）设函数()f x 上点11(,()xf x与函数()g x 上点22(,()xg x处切线相同，则121212()()()()fxg xfxg xxx，故211212121(ln)12xaxxaxaxxx，6分名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页，共 17 页 -所以12122axx，代入21211221(ln)xxxaxxax，得222221ln20(*)424aaxaxx 8 分设221()ln2424aaF xxaxx，则23231121()222axaxFxxxxx，不妨设2000210(0)xaxx则当00 xx 时，()0Fx，当0 xx 时，()0Fx，所以()F x 在区间0(0,)x上单调递减，在区间0(,)x上单调递增，10分代入20000121=2xaxxx可得：2min000001()()2ln2F xF xxxxx，设21()2ln2G xxxxx，则211()220G xxxx对0 x恒成立，所以()G x 在区间(0,)上单调递增，又(1)=0G，所以当01x时()0G x，即当001x 时0()0F x,12 分又当2axe时，222421()ln2424aaaaaF xeaee2211()04aae，14分因此当001x 时，函数()F x 必有零点；即当001x 时，必存在2x 使得(*)成立；即存在12,x x 使得函数()f x 上点11(,()xf x与函数()g x 上点22(,()xg x处切线相同又由12yxx得：2120yx，所以12(0,1yxx在单调递减，因此20000121=2 1+)xaxxx，所以实数a的取值范围是 1,)16分20（1）若=0,4，则14nnSa(2n),名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 11 页，共 17 页 -所以1114()nnnnnaSSaa，即1122(2)nnnnaaaa，所以12nnbb，2 分又由12a，1214aaa，得2136aa，21220aa，即0nb，所以12nnbb，故数列 nb是等比数列4 分（2）若 na是等比数列，设其公比为q（0q），当2n时，2212Saa，即12212aaaa，得12qq，当3n时，3323Saa，即123323aaaaa，得2213qqqq，当4n时，4434Saa，即1234434aaaaaa，得233214+qqqqq，q，得21q，q，得31q，解得1,1q代入式，得0 8 分此时nnSna(2n)，所以12naa，na是公比为 1 的等比数列，故10，10 分（3）若23a，由12212aaaa，得 562，又32，解得112，12 分由12a，23a，12，1，代入1nnnSnaa得34a，所以1a，2a，3a 成等差数列，由12nnnnSaa，得：1112nnnnSaa，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 12 页，共 17 页 -两式相减得：111122nnnnnnnaaaaa，即11(1)(2)20nnnnanaa，所以21(1)20nnnnanaa，相减得：2112(1)(2)220nnnnnnananaaa，所以2111(2)2(2)0nnnnnnn aaaaaa，所以221111-222(2)(2)(2)(1)nnnnnnnnnaaaaaaaaann n1321(2)(2)(1)2naaan n，14 分因为12320aaa，所以2120nnnaaa，即数列 na是等差数列.16 分名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 13 页，共 17 页 -徐州市2017-2018学年度高三第一次质量检测数学(附加题)参考答案与评分标准21A连结AD，因为AB为圆的直径，所以ADBD，又EFAB，则,A D E F四点共圆，所以BD BEBA BF 5 分又ABC AEF，所以ABACAEAF，即AB AFAE AC，2()BE BDAE ACBA BFAB AFABBFAFAB 10 分B因为411041230123MBA，5 分所以13110101255M10 分C.把直线方程12:12xtlyt化为普通方程为2xy3分将圆:C22cos2sin0化为普通方程为22220 xxyy，即22(1)(1)2xy6 分圆心 C 到直线 l 的距离222d，所以直线 l 与圆 C 相切.10 分D因为2222(1)(1)(1)(1)()1111abcdabcdabcd2(1111)1111abcdabcdabcd2()1abcd，5 分又(1)(1)(1)(1)5abcd，所以2222111115abcdabcd10 分22（1）因为11,2ABAA，则1131(0,0,0),(,0,0),(,0,0),(0,0),(,0,1)2222FACBE，所以(1,0,0)AC，13(,1)22BE，2 分名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 14 页，共 17 页 -记直线AC和BE所成角为，则221122cos|cos,|413()()122AC BE，所以直线AC和BE所成角的余弦值为244 分（2）设平面1BFC的法向量为111(,)x yzm，因为3(0,0)2FB，11(,0,2)2FC，则111130,2120,2FByFCxzmm取14x，得(4,0,1)m6 分设平面1BCC的一个法向量为222(,)xyzn，因为13(,0)22CB，1(0,0,2)CC，则2212130,2220,CBxyCCznn取23x得：(3,1,0)n8 分22222243(1)01 0251cos,17(3)(1)0401m n根据图形可知二面角1FBCC为锐二面角，所以二面角1FBCC的余弦值为2 5117 10分23（1）因为抛物线C的方程为24yx，所以 F 的坐标为(1,0)，设(,)M m n，因为圆 M 与x轴、直线l都相切，l平行于x轴，所以圆M的半径为n，点P2(,2)nn，则直线 PF 的方程为2121yxnn，即22(1)(1)0n xy n，2 分所以22222(1)(1)(2)(1)n mn nnnn，又,0m n，所以22211mnn，即210nm，所以 E 的方程为2=1yx(0)y4 分（2）设2(1,)Q tt，1(0,)Ay，2(0,)By，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 15 页，共 17 页 -由（1）知，点Q处的切线1l的斜率存在，由对称性不妨设0t，由121yx，所以12211211AQtyktt，2222111BQtyktt，所以1122tyt，3223ytt，6 分所以33151|23|2(0)2222tABttttttt8 分令351()222f tttt，0t，则42222511251()6222ttftttt，由()0ft得57324t，由()0ft得573024t，所以()f t在区间573(0,)24单调递减，在573(,)24单调递增，所以当57324t时，()f t取得极小值也是最小值，即AB 取得最小值，此时21973124st10 分名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 16 页，共 17 页 -名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 17 页，共 17 页 -
