云南省德宏州2022-2023学年高三上学期期末考试数学答案

德宏州2022—2023年度高三年级秋季学期期末教学质量统一监测数学参考答案及评分建议一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。序号12345678答案CBADBCDA二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。序号9101112答案BCDABCDAD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13413．14．1015．16．[102,102]303四、解答题：本题共6小题，共70分。17．（本小题10分）解：（1）∵OA(1,3cosx)，OB(1sinx,1),f(x)OAOB∴f(x)1sinx3cosx2sin(x)135∴f(x)的单调递增区间是[2k,2k]，kZ．…………5分66（2）由（1）知：fA2sin(A)13，解得A．36∵c2a2ab，b2c2a2ab由余弦定理得：cosA2ccosAab，2bc2c由正弦定理得：2sinCcosAsinAsinBsinAsin(AC)，∴2sinCcosAsinAsinAcosCcosAsinC，∴sinCcosAsinAcosCsinAsin(CA)sinA，在△ABC中，解得：CAA或CAA，∵A∴C2A，63所以BAC．……………………10分2数学试卷·第7页（共13页）学科网（北京）股份有限公司18．（本小题12分）解：（1）∵PA底面ABCD，CD平面ABCD，∴PACD，又∵CDAD，且PAADA，PA,AD平面PAD，∴CD平面PAD，又∵EF∥CD，∴EF平面PAD．……………4分（2）由PA底面ABCD，得PC与底面ABCD所成角即为PCA，3sinPCA，PC5，则PA3，AC4，ABBC22，5以A为原点，以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴，以AP所在直线为z轴2222建立如图所示空间直角坐标系．则A(0,0,0)，B(22,0,0)，D(0,22,0)，E(,,2)，332222AE(,,2)，AD(0,22,0)．33设平面ADE的一个法向量为n(x,y,z)，2222nAE0,xy2z0,则∴33nAD0,22y0.22令x2，则z，n(2,0,)．33又∵BD平面PAE，而BD(22,22,0)，mn322平面PAE的一个法向量m(1,1,0)，cosm,n，mn22由图可知平面PAE与平面AED夹角为钝二面角，所以平面PAE与平面AED夹角的余322弦值为．…………………12分22数学试卷·第8页（共13页）学科网（北京）股份有限公司19．（本小题12分）解：（1）由题意得，22列联表为：假设H0：该市学生体质达标与性别无关．21080540606042027∵21.68753.84160048096012016根据小概率值0.05的独立性检验，没有充分的证据推断H0不成立，所以，可以认为该市学生体质测试达标与性别无关．………………5分11（2）由题意知，男生体质测试优良率P，女生体质测试优良率P.1423X的所有可能取值为0，1，2，3，4.13121PX0C0()0()2C0()0()22442334131213125PX1C1()1()1C0()0()2C0()0()2C1()1()124423324423312131213121312PX2C2()2()0C0()0()2C0()0()2C2()2()0C1()1()1C1()1()124423324423324423337144131213125PX3C2()2()0C1()1()1C1()1()1C2()2()02442332442337213121PX4C2()2()0C2()2()0244233144所以，X的分布列为：1537517所以，E(X)01234．……………12分412144721446数学试卷·第9页（共13页）学科网（北京）股份有限公司20．（本小题12分）解：（1）∵an1an2n1，∴anan12n1，an1an22n3，……，a3a25，a2a13∴ana1(2n1)53，a11，∴2，an135(2n1)n所以2．……………分ann51（2）由（1）知，b．nn2114411222[]∵21，nn4n12n12n12n12n14111111∴Sbbbbb2()n123n135572n12n1115212()，32n132n12又∵n≥1，∴0，2n15所以，S．…………………………12分n321．（本小题12分）解：x2y2（1）设椭圆方程为1，a2b2由焦点为F到渐近线y3x的距离为23，得：n23，n又双曲线的渐近线方程为：yx，解得：m2，m在椭圆中，22，，，C2amn4cm2b23x2y2所以，椭圆C的方程为：1．…………………………4分21612数学试卷·第10页（共13页）学科网（北京）股份有限公司（2）直线NQ过定点．理由如下：设Px1,y1，Qx2,y2，Nx1,y1．因为直线PQ经过点F22,0，所以可设直线PQ方程为xty2（t0）．xty2,22联立方程组：22得：(3t4)y12ty360，3x4y480,212t36∴12t144(3t24)0，yy①，yy②，123t24123t24144t214424t21yy(yy)24yy③．211212(3t24)23t243t24y2y1y2y1∵kNQ，∴直线lNQ：yy1(xx1)，x2x1x2x1yy21∵x1ty12，x2ty22，∴直线lNQ：yy1(xty12)，t(y2y1)可得：t(y2y1)(yy1)(y2y1)(xty12)，整理得：y1y2xty2y1y2ty1y22y1y20，12t24tt2172t24t将①②③代入上式得：xy0，3t243t243t243t24∵t0，∴整理得：12x24t21y960，令y0，得x8，故直线NQ恒过定点(8,0)．…………………………12分22．（本小题12分）解：（1）设Fxg(x)f(x)，则Fxlnx2aex2．2∴F(x)ex2．x当x0，时，令F(x)0x2，F(x)00x2，所以函数F(x)在0，2上单调递增，在(2，)上单调递减，因此，F(x)maxF(2)a1．…………………………5分数学试卷·第11页（共13页）学科网（北京）股份有限公司1x（2）由f(x2m)≥kxk1≥g()，2efx2m≥kxk1,exm≥kxk1,得：1x即kxk1≥g(),kxk1≥lnx,2e（I）对于exm≥kxk1，由题设知：不等式exmkxk1≥0在(0,)上成立．令u(x)exmkxk1，则u(x)≥0在(0,)上成立．而u(x)exmk，∵k0，令u(x)0xmlnk，u(x)0xmlnk，m当mlnk0时，有ke，u(x)minu(mlnk)mkklnk1．∵u(x)≥0，得mkklnk1≥0，即mk≤1klnk．①当mlnk≤0时，有0k≤em，u(x)在(0,)上单调递增，u(0)emk10，u(x)u(0)0；得：m≤-lnk．②（II）对于kxk1≥lnx，由题设知：不等式lnxkxk1≤0在(0,)上成立，设v(x)lnxkxk1(x0)，即：v(x)≤0在(0,)上成立，1∴v(x)k，x11∵k0，令v(x)00x，v(x)0x，kk11∴v(x)在(0,)上单调递增，在(,)上单调递减，kk1∴v(x)v()lnkk≤0，得：lnkk≤0，即lnk≤k．③.maxk综上所述，当kem时，由①③得：mkk2≤1klnkk2≤1k2k21，2)=即(mkkmax1；当0k≤em时，由②③得：mkk2≤klnkk2≤k2k20，即2)=(mkkmax0………………12分数学试卷·第12页（共13页）学科网（北京）股份有限公司