福建省龙岩市一级校2022-2023学年高三上学期1月期末数学试题含答案.pdf
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CABBADDB7【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()S x大小变化为：先正负，（,A C B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1113111123233332226614C C C AC C C C APA法二：如图：以下 5 种情况符合题意，所以所求概率为33122312233323332366()()14AAC AAA C AAPA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,m nmn满足使得nmxx.由于Sx，所以,0 x故有1mnx。因为nm,是整数，且14nm，所以Sxmn,即 1S.若Sx且1xy，由（1）知，存在整数(14),kk使得1kx，即11kxx.令1kxy，又因为,1Sxk则Sy.由条件（1），不妨令yx，则有2,xS xS，再令2yx，则有3xS，如此循环，则23456,x xxxxx 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,Si ii i，即数集,1,1Sii.三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。133 210b1430 xy151816315【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，由余弦定理2222cosBCABACAB ACBAC，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(2 2)4RR，解得3 22R，所以该球的表面积为1816【解析】如图，四边形12PFMF为平行四边形，因为260MF N，所以1260FPF因为12|2PFPFa，且122PFPF，所以1|4PFa，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211nnnaSS，所以当2n时，21nnnaSS，-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.由知2221aSS，因为11a，所以22a，所以当2n时，2(2)1nan=+-，即nan=.4 分又因为11a 也满足式，所以nan=（*Nn）.5 分注：没有验证1n 的情况扣 1 分.（2）由（1）得212(21)2nannnban，.6 分nT2323 25 2(21)2nn ，231223 2(23)2(21)2nnnTnn，.7 分-得，2122 22 2(21)2nnnTn ，.8 分所以3112(1 2)2(21)21 2nnnTn，.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3 sincosaBbAb可化为3sincos1AA，.2 分整理，得1sin()62A，.4 分又5666A，故66A，即3A.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43 0bcbc，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,BDCDCDBD.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22n MCdMC .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60，3sin602AN nAN n ，.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41BCBN12 分解法二：（1）由已知条件可得ABAD，2ABAD，121ADABSABD.1 分2,2,BDCD又2 2BC，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，3231ABDABDCSCDV，.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21，312121ABDCADCBADCMVVV，4 分ADCD,2AD,2CD，221DCADSACD，.5 分设点M到平面ACD的距离为d，则1133ADCd S，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,BDCDCDBD.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，ADBC，ADAB，又ADCDD，CDABA平面，点B到平面ACD的距离等于线段AB的长.5 分2AB，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()(+)=232355P AB，.2 分121121111()(+)+=232352330P A，.4 分当甲队获得冠军时，决赛需进行三场比赛的概率为()6()()11P ABP B AP A.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2x12xxP1212的数学期望111()+(1)=(1)2 2222xxExxx，.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,E F为焦点的椭圆，设的方程为222210 xyabab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,C xy，则EC的中点为001,22xy，00y.1当01x 时，由220014xy解得02 3y ，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：2222200000041381747120 xyxxxxxy（）由2200116xy得2200161yx代入“”并整理得：222000078171610 xxxxxx.11 分此时22200008(1)(7)4 16(7)(1)0 xxxx ，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()cosxf xex，32()sinxf xex，.1 分32()cos0 xfxex在3,22成立，()fx在3,22递增，.2 分又()102fe，3()1 102f ，故存在3(,)22k，使得()0fk，且()f x在,2k递减，在3,2k递增，故max3()max(),()22f xff，又3(),()122fefe，故()f x在3,22的最大值为3()12f.4 分（2）解法一：要证()f x在(0,)单调递增，即证()0fx在(0,)成立，1a，1()sinsinx axfxexex，记1()sinxg xex，故只需证明记()0g x 在(0,)成立，.5 分当1,)x时，11xe，而sin1x，1()sin0 xg xex成立；.6 分当(0,1)x时，1()cosxg xex，1()sin0 xgxex在(0,1)成立，()g x在(0,1)单调递增，.7 分又1(0)10ge，(1)1 cos10g，必存在(0,1)t，使得()0g t，且(0,)xt时()0g x，(,1)xt时()0g x，即()g x在(0,)t单调递减，在(,1)t单调递增，.9 分1min()()sintgxg tet，此时1()cos0tg tet，即1costet，1min()()sincossin2cos()4tgxg tetttt成立，142()42ge，而44ee，114442e，1422e，()04g，即(0,)4t，(,)44 2t，.11 分min()()2cos()04gxg tt，即()0g x 在(0,1)成立，综上，()0g x 在(0,)成立，故()()0fxg x在(0,)成立，故()f x在(0,)单调递增.12 分解法二：要证()f x在(0,)单调递增，即证()sin0 x afxex在(0,)成立，当1,)x时，1a，101x aaeee，而sin1x，()0fx成立；.6 分当(0,1)x时，sin0 x，要证sinx aex，即证ln(sin)xax，.7 分记()ln(sin)h xxax，则1()1cos1 cotsinh xxxx ，由()1 cot0h xx 得：04x，()h x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)0h xxax成立，即sinx aex成立，综上，()0fx在(0,)成立，故()f x在(0,)单调递增.12 分解法三：要证()f x在(0,)单调递增，即证()sin0 x afxex在(0,)成立，当1,)x时，1a，101x aaeee，而sin1x，()0fx成立；6 分当(0,1)x时，0 x ae，要证sinx aex，即证sin1x axe，.7 分记sin()x axT xe，则2cossincossin()()x ax ax ax ax ex exxT xee，由()0T x得：04x，()T x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，sin1x axe，即sinx aex成立，即()0fx成立，综上，()0fx在(0,)成立，故()f x在(0,)单调递增.12 分解法四：先证明ex1x 成立，再证明sinxx，0 x成立令()e(1)xg xx，则()e1xg x，且当0 x 时，()0g x，当0 x 时，()0g x，所以()g x在(0,)上单调递增，在(,0)上单调递减，所以min()(0)0g xg，所以()0g x，即ex1x 成立.6 分令()sinh xxx，0 x，则()1cos0h xx，所以()h x在0,)上单调递增，所以()(0)0h xh，即sinxx，0 x成立.8 分所以()esin(1)sin(sin)(1)x afxxxaxxxa，.10 分因为1a，所以()fx0，所以()f x在(0,)上单调递增.12 分
