江苏省连云港市2022-2023学年高三上学期期中调研考试数学试题含答案.pdf
江苏省连云港市江苏省连云港市高三数学参考答案202211 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。1.D2.C3.B4.C5.B6.B7.C8.A 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.ABD 10.BC 11.AB 12.BC 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13.4 14.112，15.5 16.5+312R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.解：222()400(130 90 110 70)=()()()()200 200 240 160n adbcKab cd ac bd4 分 254.1672.706,68 分所以有90%的把握认为该种血清对感冒有作用.10分 注：把 n 错看成 200 的，得 0 分注：把 n 错看成 200 的，得 0 分 18.解：（1）在ABC 中，设角 A、B、C 所对的边分别为,.a b c 由余弦定理得2222cos,ABACBCAB BCC即2116923()4aa ，得722aa 或（舍）3 分 由1cos4C ，得22115sin1cos144CC，4 分 所以ABC 的面积11153 15sin322244SabC .5 分（2）在ABC 中，由正弦定理得33,sinsinsin2sin2sincossinabaaABBBBBB所以6cos.aB7 分 在ABC 中，再由余弦定理得2222169cos22 4ABBCACaBAB BCa 9 分所以216962 4aaa.11 分 解得21.a 12 分19.解：（1）由12(2)nbna aa，得1121(2)2nbna aan，两式相除，得112(2)2,(2)bbnnnnbbnan 2分 因为438,bb所以416.a 设 na的公比为,q由244,16,aa得24,q 由题意知 na是正项数列，所以2.q 故2224 22.nnnnaaq4分 由12(2)nbna aa，知(1)121 22(2)2 2222,nbn nnn 所以(1)nbn n.6分（2）(1)2nnnna bcnn8分 所以12323412 23 24 2(1)2,22 23 24 2(1)2nnnnSnSn 由错位相减得：123112(12)2 2222(1)22(1)2,12nnnnnSnn 所以12.nnSn 12分 20.（1）证明：由PA平面 ABCD，ABABCD 平面,CDABCD 平面,得,PAAB PACD，PB 与底面 ABCD 所成角为45PBA.所以三角形PAB 为等腰直角三角形，AB=AP=1.1 分 又由四边形 ABCD 是直角梯形,BCAD，可知BCAB，三角形ABC 为等腰直角三角形，2AC.在直角梯形 ABCD 中，过 C 作CEAD,垂足为E，可知AE=BC=CE=1.所以 DE=1，在等腰直角三角形 CDE 中，2CD.有222224ACCDAD，所以DCAC.3 分 又因为PADC，PAACA，PAPAC面，ACPAC面.所以DCPAC平面.5 分 因为DCPCD 平面,所以平面PAC 平面PCD.6分（2）以 A 为坐标原点，分别以 AB，AD，AP 所在的直线为 x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则(0,0,0),),(1,0,0),(0,2,0),(1,1,0).APBDC（0,0,1 因为 T 是 CD 的中点，点 M 是 PT 的中点，所以 1 31 3 1(,0),(,).2 24 4 2TM8分 设平面ABM的法向量为(,),nx y z1 3 1(1,0,0),(,),4 4 2ABAM 则00,13100442xn ABxyzn AM得 取4,y 则 6z.得平面 ABM 的一个法向量为(0,4,6).n 10分 所以点 P 到平面 ABM 的距离为663 13.1316362 13AP nn12分 P A B D M T C E y x z 21.解：（1）将点33)2P（，点31)2Q（，代入椭圆方程22221(0)xyabab 得22223314,1914abab解得224,3ab所以椭圆方程为221.43xy4 分（2）由题意直线AB的斜率一定存在，设直线AB方程为：(1)yk x，D坐标为(4,3)k.所以23312,4 12kkk6 分 与椭圆方程联立得2222(34)84120kxk xk.0 恒成立，由韦达定理知2122212283441234kxxkkx xk 8分 1212131212123333(1)(1)31122222()1111211yyk xk xkkkxxxxxx 22122212122282233342241282()1213434kxxkkkkkx xxxkk 222362212 412834kkkkk.11分 故13221212kkkkk(定值).12 分 22.解：（1）函数定义域为|0 x x，2211()aaxfxxxx 若0a，则()0fx，函数()f x为减函数，无最小值.2分 若0a，由()0fx得1xa.x 10,a 1a 1,a()fx-0+()f x 极小值1()fa 所以，()f x的最小值即极小值为11()lnfaaaa.4 分 由21lnaaaa,得ln1aa.设()lng aaa，则1()10g aa，()g a为0,上的增函数，且(1)g=1.得1a.综上，1a.5分（2）由12()()f xf x,得121211lnlnaxaxxx,即212111ln0 xaxxx，将122xx代入,有：21212121ln022xxxxxaxxx，得212121ln022xxxaxxx.211xttx令，,1()ln22ttatt,7 分 转化为函数()t在区间1+，上有零点.2221121()222atattttt.其中(1)1.a=函数221ytat的对称轴方程为ta.若1a,则()0t恒成立，得()t在区间1+，为减函数，又(1)0=,有()0t，函数()t在区间1+，无零点.8 分 若1a，则()0t有两不等正实根12tt和，12tt设，有1 21t t=，且1201tt.x21,t2t2,t()t+0-()t 极大值2()t 又(1)0=，得2()(1)0t=9 分 下面证明函数()t在减区间2,t 上存在零点.考虑到1()ln22ttatt中含参数a，取2ate1a.则222222211()ln22222aaaaaaeeeaeaee,1a 时，22111222aee,则2221()222aaeea.令221()222aem aa,则2()4am aae，令2()4ah aae1a 时,有22()42420ah aee,可知函数()h a在1a 时为减函数，由2(1)40me,知()0m a恒成立.2221()222aem aae为1+，上的减函数.所以2222155()()(1)2022222aeeeem am又2()0t,于是22()()0ate，得函数()t在减区间2,t 上存在零点.综上，1a.12 分（注：本题标识点的选择，除2ate外，也可取更远端34,.aatete进行论证.）
