天津市十二区重点学校2023届高三毕业班联考（一）数学试题含答案.pdf

《天津市十二区重点学校2023届高三毕业班联考（一）数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《天津市十二区重点学校2023届高三毕业班联考（一）数学试题含答案.pdf（12页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第 1 页 共 8 页2023 年天津市十二区重点学校高三毕业班联考（一）年天津市十二区重点学校高三毕业班联考（一）数学参考答案数学参考答案一、选择题一、选择题:每小题每小题 5 5 分，满分分，满分 4545 分分二、填空题二、填空题:每小题每小题 5 5 分，共分，共 3030 分分.（两空中对一个得（两空中对一个得 3 3 分，对两个得分，对两个得 5 5 分）分）10.5511.-27012.4122yx13.792；14.2515.8384aa或三、三、解答题：本大题解答题：本大题 5 5 小题，共小题，共 7575 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明，证明

2、过程或演算步骤（1）解:因为,所以,2 分所以,因为,所以,所以,4 分又,所以;5 分（2）在ABC 中，由余弦定理及 a=2，c=3，B=3，有22227bacaccosB，故 b=78 分由正弦定理，可得37sinA因为 ac，故27cosA 10 分因此4 3227sin AsinAcosA，212217cos Acos A 12 分所以，222sinABsin AcosBcos AsinB4 31133 372721414 分17.17.（本小题满分（本小题满分 1515 分）分）（1）方法一 分别取,AB CD的中点,G H，连接,EG GH FH，1 分由题意可知：点EF分别为线

3、段PBCQ的中点.所以/,/EGPA FHQD，因为PADQ，所以/EGFH，所以点,E G H F四点共面，因为,G H分别为,AB CD的中点，所以/GHAD，AD 平面ADQP，GH 平面ADQP，所以/GH平面ADQP，3 分题号123456789答案CACDBABDD第 2 页 共 8 页又因为/FHQD，QD 平面ADQP，FH 平面ADQP，所以/FH平面ADQP，4 分又因为FHGHH，,FH GH 平面EGHF，所以平面/EGHF平面ADQP，因为EF 平面EGHF，所以/EF平面ADQP.5 分方法二 因为ABCD为正方形，且PA 平面ABCD，所以,AP AB AD两两互

4、相垂直，建立如图所示空间直角坐标系，1 分则(0,0,3)P，(0,3,1)Q，,3 分（建系和对一个点的坐标就给（建系和对一个点的坐标就给 1 1 分，全对给分，全对给 2 2 分，没有出现点的坐分，没有出现点的坐标扣标扣 1 1 分）分）所以，易知平面 PADQ 的一个法向量)0,0,1(a，所以，所以，4 分又因为平面ADQP,所以/EF平面ADQP.5 分（2）设平面PCQ的法向量(,)mx y z，则00PC mCQm ，即，令1x，则，所以平面 PCQ 的一个法向量为)3,2,1(m，6 分易知平面CQD的一个法向量(0,1,0)n，设平面 PCQ 与平面 CQD 夹角为，则，所以

5、平面 PCQ 与平面 CQD 夹角余弦值为8 分（设角和作答具备其一即可，均不写扣（设角和作答具备其一即可，均不写扣 1 1 分）分）(3)假设存在点M，0,1，设,M x y z，所以，9 分第 3 页 共 8 页所以所以10 分由（2）得平面 PCQ 的一个法向量为)3,2,1(m，12 分得.即，13 分或，14 分或.15 分18.（本小题满分 15 分）（1）由直角三角形面积关系得22241cbbbc，即abbc241解得21ac.3 分（2）由（1）得cbca3,2，易得)3,0(),3,0(cBcA，直线l的方程为ckxy3,因为直线l不过右顶点)0,2(c，所以23k，.4 分

6、ckxycycx31342222，得038)43(22kcxxk，24338kkcxN.6 分从而)0,3()433334,4338(222kcPkcckkkcN，.8 分直线AN的斜率为kkcckkcckcck43383643383433334222.9 分故直线AN的方程为cxky343.10 分令cx2，得)323,2(ckccQ，.11 分第 4 页 共 8 页直线 PQ 的斜率2332432332323ckckcckccckckPQ.12 分),3,0(cA左顶点 D0,2c，23ADk，即14222baAD，21ac解得2,6,8222cba.14 分椭圆的标准方程为16822yx

7、.15 分19.（本小题满分 15 分）【详解】（1）因21nnaa，数列 na是公差为 d=2 等差数列，且864S，18 782642a，解得1=1a，12(1)21nann；.2 分设等比数列 nb的公比为q（0q），因为13b，3218bb，23318qq，即260qq，解得2q （舍去）或3q，13 33nnnb.4 分nn31)1)(2n(2n2)2(2baa1ac）得1）由（2（n1nn2nn.5 分1221112121 3221 321 3nnnnnnnn，.6 分0112231111111111()()()()2 1 33 33 35 35 37 3(21)3(21)3nnn

8、n0111()2 1 3(21)3nn1122(21)3nn，.8 分第 5 页 共 8 页（3）为奇数为偶数nannn,)1(,b1ad21n2n2n)dddd()dddd(S1-2n5312n6422n.9 分)1(aab1ab1ab1ab1a1-2n531332211aannn)3-n4()1(139513n2363432321nn.10 分nnQP)2(3n232-n2363432 P31)1(3n2 363432P1432321nnnnn1111432133n213n2311 3n2311)311(32 3n23232323232 P32:)2()1(nnnnnnnnnnn323n2

9、23)33n21(23P1.12 分nnnnkkkkkkkkknnknnknnknannan323n223)33n231n2()3735()3533(21)dddd(P12),3-k4()1(k2),33k231k2(2112),3-k4()1(k2,3k212,)1(k2,b1a,)1(,b1ad121102n64211221n2n2n为奇数为偶数方法二第 6 页 共 8 页)1(13951Q1-2nannn为偶数时，当，nnnn22*4444)34()74()139(5)1(.13 分12)34(21*4)34(444nnnnnQn为奇数时，当.14 分为偶数，为奇数，nnnn212Qn为

10、偶数，为奇数，nnnnnnnn2)33n21(2312)33n21(23QPS112n.15 分20.（本小题满分 16 分）解：()2sin2)(xexfx，求导xexfxcos2)(，切线的斜率112)0(fk,又0)0(f，所以切点为)0,0(，所以，切线方程为xy 4 分分()()求导xaexfxcos)(，当1a时，当2,0 x时，1xae，1,0cos x，0)(xf，则)(xfy 在2,0上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；6 分分当10 a时，求二阶导0sin)(xaexfx，所以)(xf在2,0上递增，又01)0(af，022aef，所以)(xf在2,0上有唯一零点1x，

11、8 分分当1,0 xx时，0)(xf，函数)(xf单调递减；第 7 页 共 8 页当2,1xx时，0)(xf，函数)(xf单调递增，所以函数)(xfy 在区间2,0内有唯一极值点，符合题意，综上，a的取值范围是)10(，9 分分()由()知10 a，当,2x时，0cos)(xaexfx，10 分分当1,0 xx时，0)(xf，函数)(xf单调递减；当,1xx时，0)(xf，函数)(xf单调递增；所以1,0 xx时，0)0()(fxf，则0)(1xf，又因为01)(eaaaef，所以)(xf在,1x上有唯一零点0 x，即)(xf在,0上有唯一零点0 x12 分分因为axaexfx1212sin)

12、2(1，由()知0)(1xf，所以1cos1xaex，则1111111121coscossin2cos2sin)2(xxxexxxxeaxaexf2,0),1sin2(cos11111xexexxx，13 分分设xxexexhsin2)(，2,0 x，则xxexexhcos2)(，2xxee，2cos2x，所以0cos2)(xeexhxx第 8 页 共 8 页)(xh在2,0为单调递增，又0)0(h，所以0)(xh，又2,0 x时，0cos1x，所以0)1sin2(cos)2(11111xxexexxf.所以0)()2(01xfxf.由前面讨论知0111,2xxxx，)(xf在,1x单调递增，所以102xx.16 分分