数学答案

2023年高三年级三月调研考试数学试题参考答案与评分标准一、选择题与多选题题号123456789101112答案DBCCABBDABDBCDBCDABD三、填空题1213.14.22e15.22或16.1(2分)91（3分）22四、解答题π17.解：(1)依题意有2sinBsin(A)sinAsinCsinAsinAcosBcosAsinB.63sinAsinBsinBcosAsinAsinAcosBcosAsinB.ππππ则3sinBcosB2sin(B)1,又B(0,π),B,B.…………3分66633ππADC，则ADB，在△ABD中，44ADABAD2由正弦定理得，，解得AD6．……5分sinBsinADB3222（2）设CDt，则BD2t，又，S△ABC3313即23t33，可得t2，故BC3t6，221又ACAB2BC22ABBCcosB43622627，2BDAB在△ABD中，由正弦定理可得，故sinBAD2sinADB，sinBADsinADBCDAC7在△中，由正弦定理可得，故sinCADsinADC，ACDsinCADsinADC7因为sinADBsinADCsinADC，sinBAD2sinADB27.……10分sinCAD7sinADC7218.【详解】（1）由题设2Snanan且，an02当n1时，2S12a1a1a1，可得a11；2222当n2时，2(SnSn1)2anananan1an1，则an+an-1=an-an-1=(an+an-1)(an-an-1)；由anan10，故anan11，所以an是首项、公差均为1的等差数列，故ann.……5分a2n214（2）nmmnm，2an2n2n因为14，当且仅当时成立，所以，，n≥2n2b10b212n2m12122m21当m3，因为mm，mm，22m122m122mmn2所以能使m成立的n的最大值为2m1，2n所以bm2m1(m3)，59948所以b的前50项和为015799012497..……12分m2（）证明：连结∥19.1AC，AA1CC1,AA1CC1,AEAA1,CFCC1zD1AECF，即AE=CF，AE∥CF.四边形AEFC为平行四边形，则AC∥EF.EF平面BEF,AC平面BEFC1O1A1B1AC∥平面BEF平面BEF平面ABCDl,l平面ABC.FEDACl.菱形ABCD，则ACBD，OCyA又平面平面，则BB1ABCD,ALCABCDACBB1,BDBB1BBx平面，又∥ACB1BDD1ACll平面BBDD11…………4分（）连结交于点，则∥2A1C1B1D1O1ACBDO,OO1BB1.平面BB1ABCD平面则OO1ABCD,OO1OB,OO1OC.23菱形ABCD，则OBOC.ACEF2,OAOC1,ABBD.3以为轴，轴，轴建立如图的空间直角坐标系,OB,OC,OO1xyz设则BB1t,DD12t.112323VV1t.B1BDFFBDB13239即t2,BB12,DD143OO3,则D(,0,4),CF(0,0,3),F(0,1,3)1133DF(,1,34)又OC(0,1,0)是平面BDD的一个法向量131D1FOC1sinDFOC421(34)324752设f()(34),(01),则f()，33315621sin527………………12分20.解：（1）设甲乙通过两轮制的初赛分别为事件A1,A2，则343322PA，PA14552535由题意可得，X的取值有0,1,2,326323213PX011,PX1115525555525326PX2.55256136所以EX0121…………6分252525131224（2）依题意甲，乙抢到并答对一题的概率为PB=,PB=,135523515乙已得10分，甲若想获胜情况有：111①甲得20分：其概率为5525；1234②甲得10分，乙再得－10分，其概率为C1();253525234③甲得0分，乙再得－20分，其概率为()2.35251449故乙先得10分后甲获胜的概率为.…………12分25252525ax2x121.解：（1）函数gx的定义域为0,，且gx，(x0)，x2当a=0时,gx在0,1上单调递减，gx在1,上单调递增；当a>0时,14a,1(i)当14a0,即a时，g(x)0,g(x)在（0，+）上单调递减；41(ii)当14a0,即0a时，令g(x)=0,得4114a114ax,x,0xx12a22a12114a114a114a114ax(0,)(，)(，)2a2a2a2ag(x)－+－g(x)减函数增函数减函数综上：当a=0时，gx在0,1上单调递减，在1,单调递增；1当a时，，gx在（0，）上单调递减；41114a114a当0a时，g(x)在(0,)，(，)上单调递减；42a2a114a114a在(，)上单调递增.………………5分2a2a1(2)由题意知a1时，gxfxxlnxx，x由（1）知，g(x)在(0,)上单调递减，且g(1)0，当x(1,)时，g(x)g(1)0.x1又f(x),令f(x)0,得x1.x2所以fx在0,1上递减，在1,递增，因为a10,1，所以a2fa11，a3fa21，…，an1fan1．……………………7分又gxg10．所以an2an1fan1an10，即an2an1.又因为函数gx在1，时单调递减，所以gan2gan1.，11即lnan2an2lnan1an1.，即0an3an2an2an1.an2an1aaaan1n2n1n2an1an2an2an30.1,g()0.．…………12分an2an3an2an3c11922.解；(1)依题意有,1,a2b2c2，解得a2,b3,c1,a2a24b2x2y2∴椭圆方程为1.43…………3分x2y2x2y2(2)设P(x,y),Q(x,y),则D(2x,2y)，∴111，221.11221143433又kk.3xx4yy0OPOQ412122xx2yy设QEED,(xx,yy)(2xx,2yy),E(12,12).E2E21E2E1142x2x24xx42y2y24yy又E在椭圆上，∴121212121.4(1)23(1)2x2y2x2y2xxyy2即42(11)224(1212)(1)2421(1)2,.4343433…………6分2227QEED,S△S△S△,S四边形S△.3PEQ5QPD5OPQOPEQ5OPQ33当PQ∥x轴时，kk.kk,k,OPOQ4OPOQOP23根据对称性不妨取kOP23x2x2yx1由得或，266S△OPQ263.22yy2………8分3x4y1222y当PQ斜率存在时，设PQ的方程为x=my+t，由Dxmyt得(3m24)y26mty3t2120，P，22E3x4y12OFFx6mt3t212yy,yy,123m24123m24Q3x1x24y1y23(my1t)(my2t)4y1y20.3t21218mt2(3m24)yy3mt(yy)3t20.(3m24)3t20.12123m243m242t23m240即2t23m24.…………10分6mt4(3t212)48(t23m24)|PQ|1m2()21m23m243m24(3m24)2t点O到直线PQ距离为，1m22143t73…………分S△|t|3.S四边形.12OPQ23m24OPEQ5