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

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111311112C3C2C3A3C3C3C2C2A21为“男男***女”或“男女男**女”，所以P6．A64法二：如图：以下5种情况符合题意，所以所求概率为331223122A3(A3C3A2A3)A3(C3A2A3)1P6．A64二、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0S.设xS，由（1）知，x,x2,x3,x4,x5都是S中的元素，由集合元素的互异性，必存在整数m,n,满足1mn5,使得xmxn.由于xS，所以x0,故有xnm1。因为m,n是整数，且1nm4，所以xnmS,即1S.若xS且xy1，由（1）知，存在整数k(1k4),使得xk1，即xxk11.令yxk1，又因为xk1S,则yS.由条件（1），不妨令yx，则有xS,x2S，再令yx2，则有x3S，如此循环，则x,x2,x3,x4,x5,x6,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Si,i2,i3,i4，即数集Si,1,i,1.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。3213．b14．xy3015．18π16．31015．【解析】如图，取AC的中点为O1，连接PO1，则PO1AC，因为平面PAC平面ABC，平面PAC平面ABCAC，学科网（北京）股份有限公司PO1平面PAC，PO1AC，所以PO1平面ABC．在△ABC中，由余弦定理BC2AB2AC22ABACcosBAC，得BC2，所以AB2BC2AC2，所以△ABC为直角三角形．22所以球心O在直线PO1上，所以R(22R)4，32解得R，所以该球的表面积为18π．216．【解析】如图，四边形PF1MF2为平行四边形，因为MF2N60，所以F1PF260．因为|PF1||PF2|2a，且PF12PF2，所以|PF1|4a，|PF2|2a，△在PF1F2中，222由余弦定理|F1F2||PF1||PF2|2|PF1||PF2|cosF1PF2，得c3a，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）2解：（1）因为an1Sn1Sn，①2所以当n2时，anSnSn1，②22...................................................................................①-②得an1anan1an，1分即an1anan1anan1an，>...........................................................................因为an0，所以an1an1，2分所以数列{an}从第二项起，是公差为1的等差数列.2由①知a2S2S1，因为a11，所以a22，=+-´=.............................................所以当n2时，an2(n2)1，即ann.③4分=*...........................................又因为a11也满足③式，所以ann（nN）.5分注：没有验证n1的情况扣1分.ann................................................................（2）由（1）得bna2n12(2n1)2，6分23nTn23252(2n1)2，④23nn1.......................................2Tn232(2n3)2(2n1)2，⑤7分2nn1.....................................④-⑤得，Tn22222(2n1)2，8分23(12n1)所以T2(2n1)2n1，.........................................................9分n12n1..........................................................................................故Tn(2n3)26.10分18．（12分）abc解：（1）△ABC中，由正弦定理，得k，sinAsinBsinC则aksinA，bksinB，cksinC，故3asinBbcosAb可化为3sinAcosA1，..................................2分π1整理，得sin(A)，.........................................................................................4分62学科网（北京）股份有限公司ππ5ππππ又A，故A，即A................................................6分666663（2）△ABC中，由余弦定理，得a2b2c22bccosA，即a2b2c2bc，（*）.........................................................................................................................................7分又abc3，所以a3bc，代入（*），得(3bc)2b2c2bc，整理，得6b6c3bc9，.................................................................................9分又因为bc≥2bc，.............................................................................................10分所以bc4bc3≥0，解得bc≤1或bc≥3（舍去），............................11分133故bc≤1，故△ABC的面积SbcsinAbc≤...............................12分24419．（12分）解法一：（1）由已知条件可得BD2,CD2,CDBD．.............................................1分∵平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，∴CD平面ABD．过点D在平面ABD作DzDB，则DzDC．.............................................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A(1,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),D(0,0,0),M(1,1,0)．∴CD(0,2,0),AD(1,0,1)．设平面ACD的法向量为n(x,y,z)，y0,则CDn,ADn∴xz0,令x1，得平面ACD的一个法向量为n(1,0,1)，.................................4分nMC2∴点M到平面ACD的距离d．..........................................6分MC2（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BNBC,01，则N(22,2,0)，..........................................7分∴AN(12,2,1)，..................................................................................8分又∵平面ACD的法向量n(1,0,1)且直线AN与平面ACD所成角为60，ANn3∴sin60，..............................................................................10分ANn2可得82210，11∴或（舍去）．.............................................................................11分42BN1综上，在线段BC上存在点N，使AN与平面ACD所成角为60，此时．12分BC4解法二：（1）由已知条件可得ABAD，ABAD2，1∴SABAD1．.................................................................................1分ABD2∴BD2,CD2,又BC22，∴CDBD．∵平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，学科网（北京）股份有限公司∴CD平面ABD．即CD为三棱锥CABD的高，......................................................................2分12又CD2，∴VCDS，..................................................3分CABD3ABD3又∵点M为线段BC中点，1∴点M到平面ACD的距离等于点B到平面ACD的距离的，2111∴VVV，………………4分MADC2BADC2CABD31∵CDAD,AD2,CD2，∴SADDC2，..............5分ACD2设点M到平面ACD的距离为d，则1dS1，即1d213ADC33322解得d=，∴设点M到平面ACD的距离等于...............................6分22（2）同解法一．解法三：（1）∵点M为线段BC中点，1∴点M到平面ACD的距离等于点B到平面ACD的距离的，.............1分2由已知条件可得BD2,CD2,CDBD．.................