2022年秋期高中三年级期终质量评估 数学试题（理）参考答案.pdf
高三数学（理）参考答案 第 1页（共 7页）20222022 年秋期高中三年级期终质量评估年秋期高中三年级期终质量评估数学（理）数学（理）参考答案参考答案 一、选择题（本大题共 12小题，每小题 5 分，共 60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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A B A B B D A D D A B C 二、填空题（本大题共 4小题，每小题 5 分，共 20分）13150 1413 1520 1621e，三、解答题（本大题共 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【解析】(1)当1n时，2)2)(1(1111aaaS，解得：21a或者11a，2分 因为0na，故21a3分 方法一方法一：因为2)2(2)(1nnnanaanS，所以2)2)(1(2)2(nnnaaan，又0na，即可得1 nan6分 方法二方法二：当2n时，2)2)(1(22222aaaS，易得：32a 因为数列na是等差数列，故1 nan6分(2)由(1)知，nnnb)98()1(，故11)98()2(nnnb 187()99nnnnbb，8分 当7n时，nnbb1；当7n时，nnbb1；高三数学（理）参考答案 第 2页（共 7页）当7n时，nnbb1;11分 故数列nb的最大项为78,b b，即78n 或12分 18【解析】(1)记一轮踢球，甲进球为事件 A，乙进球为事件 B，A，B 相互独立，由题意得：1121255P A，2111323P B，2分 甲的得分 X的可能取值为-1,0,1，3 分 21111535P XP ABP A P B，0P XP ABP AB 2121811535315P A P BP A P B 214115315P XP ABP A P B，所以 X的分布列为：.6分 所以18411015151515E X .7 分(2)根据题意，经过第 2 轮踢球累计得分后甲得分高于乙得分的情况有三种；分别是：甲两轮中第 1轮得 0分，第 2 轮得 1分；或者甲第 1 轮得 1 分，第 2 轮得 0 分；或者甲两轮各得 1分，10分 于是：201101pP XP XP XP XP X 8448416151515151545.12 分 X-1 0 1 P 15 815 415 高三数学（理）参考答案 第 3页（共 7页）19【解析】(1)证明：因为 PB底面 ABCD，所以 PBBC 又底面 ABCD为直角梯形，且2ABCBAD，所以 ABBC2分 因此 BC平面 PAB3分 因为BCAD，BCPAD平面，所以BCPAD平面 又由题平面 PAD与平面 PBC 的交线为 l,所以lBC，5分 故lPAB平面6 分(2)以 B 为坐标原点，BC 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Bxyz，则 B(0，0，0)，C(2，0，0)，A(0，1，0)，P(0，0，1)，7 分 由(1)可设 Q(a，0，1)，则(01)BQa ，设()nxyz，是平面 QAB 的法向量，则00n BQn BA ,即00axzy，可取(1,0,)na8 分 所以21cos31n PDan PDnPDa ，设 PD与平面 QAB所成角为，则22133213311aaaasin；因此:当0a时，可得23261313aa(当且仅当 a1 时等号成立).10分 又当0a时，易知不符合题意.11 分 所以 PD 与平面 QAB 所成角的正弦值的最大值为6312分 20【解析】高三数学（理）参考答案 第 4页（共 7页）(1)xxxxxxxxxf)1)(12(12121)(2 2 分 故)(xf在)1,0(上是单调增加的，在),1(上是单调减少的.3 分 所以0)1()(max fxf，即0)(xf.4 分(2)当0a时，2)(xxf，不存在零点.5分 当0a时，由0)(xf得2ln1xxxa，),0(x.7 分 设2ln)(xxxxg，则3ln21)(xxxxg8 分 令xxxhln21)(，易知)(xh在)0(，上是单调减少的，且0)1(h.故)(xg在)1,0(上是单调增加的，在),1(上是单调减少的.9 分 由于0)1(11)1(2eeeg，1)1(g，且当1x时，0)(xg.10 分 故若函数)(xf有且只有一个零点，则只须11a或01a.11 分 即当1)0,(a时，函数)(xf有且只有一个零点12分 21【解析】(1)由题意知：21ac，即ca2，又由椭圆定义可得：12|2(|)PFPAaPAPF222|2(1)15aAFac，2分 又222cba，且52a，3分 故可得：1,3,2cba.4 分 高三数学（理）参考答案 第 5页（共 7页）即椭圆:C的方程为：13422yx5分 (2)延长MF1交椭圆于点P，由NFMF212，根据椭圆的对称性可得112PFMF6 分 设),(11yxM，),(22yxP，则),(22yxN显然，01y 设直线PM的方程为1 myx，联立134122yxmyx得，096)43(22myym，436221mmyy 439221myy 8 分 又112PFMF，得212yy 由得，552m9 分 得直线PM的方程为2 515xy，即5250 xy，设2F到直线PM的距离为d，则由距离公式得：552 5354d，10 分 又由弦长公式得：2121PMmyy2212121()4myyy y 2222691()4()3434mmmm 高三数学（理）参考答案 第 6页（共 7页）将552m代入上式得278PM，11 分 设四边形12FF NM的面积为S,易知11272 59 522838SPM d.12分【选做题】22【解析】（1）因为sincos2yx，所以曲线C的直角坐标方程为1422 yx 因为sin,cosyx，所以，曲线C的极坐标方程为：1sin3422.5 分（2）由于OAOB，故可设1,A，2,2B 1sin34221，1cos34222，所以2222121111|OAOB=454)1sin3()1cos3(22 即22|1|1OBOA为定值45.10分 高三数学（理）参考答案 第 7页（共 7页）23.【解析】(1)由题知：bababxaxbxax2|2|)2()(|2|，因为存在Rx 0，使得4|2|00bxax，所以只需42 ba，即ba2的取值范围是4,5分（2）方法一方法一：由（1）知42 ba，因为,a bR，不妨设22bat，当2b 时，224tab，当02b时，有222)24(babt,整理得，516)58(51616522bbbt，此时t的最小值为516；综上：22ba 的最小值为516.10 分 方法方法二二：令222tab，不妨设cos,sinatbt，因为42 ba，所以44cos2sin5t，所以：2165t，即22ba 的最小值为516.10 分
