2023高三数学期末答案

运城市2022-2023学年第一学期期末数学试题答案一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.DADBDBCA二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.9.CD10.ABC11.BD12.ABD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.-84.14.b3115.,016.10515四、解答题：(本小题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.解：（1）设等差数列��的公差为�，则�3+�7=2�1+8�=18�1+�5=2�1+4�=10，解得�=2，�1=1，⋯⋯⋯1分∴��=2�−1；⋯⋯⋯2分设等比数列��的公比为��0，则�3+�5=�31+�2=516�1�5=�32=116，解得�3=14，�=12，�1=1，⋯⋯⋯3分∴��=12�−1⋯⋯⋯4分（2）由（1）可知��=3�+12�⋯⋯⋯5分∴��=42+722+⋅⋅⋅+3�+12�，⋯⋯⋯6分则12��=422+723+⋅⋅⋅+3�+12�+1，⋯⋯⋯7分两式相减得：12��=2+3×122+123+⋅⋅⋅+12�−3�+12�+1=2+3×1221−12�−11−12−3�+12�+1=72−3�+72�+1，⋯⋯⋯9分∴��=7−3�+72�．⋯⋯⋯10分18.解（1）∵���������+�����=����+�����+�且在ABC中有c=acosB+bcosA,∴�����=����+�����+�,(1分)由正弦定理可得��������=����+��������+����,⋯⋯⋯2分整理可得:sincossincossincossincosCACBACBC,即sincossincossincossincosCAACBCCB,即:sin()sin()CABC,⋯⋯⋯3分又因为锐角ABC,所以ππ(,)22CA,ππ(,)22BC,所以CABC,⋯⋯4分即2ABC,又πABC,所以3C；⋯⋯⋯5分（2）由题意可知2π3ADB,设DAB,所以π3ABD,又π022,πππ2(0,)32B,所以ππ(,)124,⋯⋯⋯6分在ABD中,由正弦定理可得sinsinABADADBABD,即3���2�3=�����(�3−�),所以AD=23sin(π3−α),⋯⋯⋯8分∴�∆���=12��∙������=12×3×23���(�3−�)����=92����∙����−332���2�=332���(2�+�6)−334,⋯⋯⋯10分又ππ(,)124,∴ππ2π2(,)633,所以π3sin(2)(,1]62⋯⋯⋯11分所以332���(2�+�6)−334∈(9−334,334]即ABD面积的取值范围为(9−334,334]⋯⋯12分19.（1）解:由题知,�=50−20−22=8,�=20−12=8,将表格填完整如下所示:球队胜球队负总计A参加22830A未参加81220总计302050⋯⋯⋯2分∴ℵ2=5022×12−8×8230×20×30×20=509≈5.56,⋯⋯⋯3分∵3.8415.566.635,所以没有99%的把握认为球队胜利与A球员参赛有关;⋯⋯⋯4分（2）①由题知,记“B球员参加比赛,比赛赢球”为事件�,∴��=0.2×0.2+0.3×0.2+0.2×0.4+0.3×0.3=0.27,故B球员参加比赛,比赛赢球的概率为0.27;⋯⋯⋯6分②由题知,记“B球员担当守门”为事件�,则���=0.3×0.3=0.09,���=�����=0.090.27=13,故球队赢了比赛的条件下,B球员担当前锋的概率为13⋯⋯⋯8分③依题意，X的可能取的值为0，1，2，3,4则X~B(4，13)，P(X=0)=C40×(13)0(23)4=1681P(X=1)=C41×(13)1(23)3=3281P(X=2)=C42×(13)2(23)2=827P(X=3)=C43×(13)3(23)1=881P(X=4)=C44×(13)4(23)0=181⋯⋯⋯10分所以X的分布列为：X01234P16813281827881181数学期望E(X)=np=4×13=43⋯⋯⋯12分20.解：(1)证明:因为ABD△与ABC共面,所以连接CD与AB相交于点O,因为四面体PABD和QABC是相同的正四面体,所以,ABC、ABD△都是等边三角形,则ACBCABADBD,所以四边形ACBD为菱形,则O为AB、CD的中点,⋯⋯⋯1分过点P、Q分别作PE平面ABD、QF平面ABC,垂足分别为E、F,根据正四面体的性质可知E、F分别为ABD△、ABC的中心且,EF在DC上,且//PEQF,⋯⋯⋯2分因为正四面体PABD的棱长为23,则sin603ODAD,223DEOD,EO=FO=1PE平面ABD,DE平面ABD,PEDE,2222PEPDDE,同理可得22QF,所以PEQF,故四边形PQFE为平行四边形,故//PQCD,⋯⋯⋯4分因为四边形ACBD为菱形,则CDAB,所以AB⟂PQ⋯⋯⋯5分（2）依题知23AD,取线段PQ的中点M,连接OM,易知113OEOFOD,所以O为EF的中点,因为四边形PQFE为平行四边形,则//PQEF且PQEF,⋯⋯⋯6分因为O、M分别为EF、PQ的中点,则//OEPM且OEPM,所以,四边形PEOM为平行四边形,则//OMPE,所以,OM平面ACBD,⋯⋯⋯7分因为ABCD,以点O为坐标原点,OA、OC、OM所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系,则(3,0,0),(3,0,0),(0,1,22),(0,1,22)ABPQ,⋯⋯⋯8分设平面PAQ的法向量为111(,,),(0,2,0),(3,1,22)mxyzPQAP,则1111203220mPQymAPxyz,取122x,可得：(22,0,3)m,⋯⋯⋯9分设平面BAQ的法向量为222),,(nxyz,��=(3,1,22),��=(23,0,0)则�∙��=23�2=0�∙��=3�2+�2+22�2=0,取222y,可得：�=(0,22,−1),⋯⋯⋯10分∴cosm,n=m∙nmn=−311×3=−3333.⋯⋯⋯11分由图形可知,二面角P-AQ-B的平面角为锐角,故二面角P-AQ-B的余弦值为3333.⋯⋯⋯12分21解：（1）依题意知F（1,0），所以A(1,2),B(1,-2)……1分设P（1，y0）所以直线�的方程为y=x-1+y0……2分联立方程�2=4��=�−1+�0得：�2−4�+4�0−4=0……4分则421yy21yy是定值4……5分（2）证：依题意设直线�0的方程为：�=��+1,点�(�124,�1),�(�224,�2),联立方程�2=4��=��+1得：�2−4��−4=0,……6分122144yyyy，即……7分∵点F坐标为（1,0）2mkRF……8分又分分分1124444410,444149,44144142112121121121121211211222RFRERQRERQkmymyymyykkymyymykymyyymyymyk直线RQ、RF、RE的斜率成等差数列……12分22．（1）由01x得xf的定义域为1,111-11xxxxxf…1分当10x时，0xf，xf单调递增，当0x时，0xf，xf单调递减；……3分00fxf，即0xf恒成立……4分（2）xxxgxfxFcos2)1ln(，xxxFsin211，1,23x1当1,23x时，xy11单调递增，xysin2单调递减，所以xxxFsin211在1,23x上单调递增，又025223F，00211F所以1,23x时，xF有一变号零点，即xF在1,23x有一个极值点；……6分2当0,1x时，011x，0sin2x，所以0sin211xxxF，xF在这一区间内无极值点；……7分3当210，x时，令xxxFxhsin211，xxxhcos2112211xy在210，x上单调递增，xycos2在210，x上单调递减，所以xh在210，x上单调递增，又0210h，0421h所以21,00x使得0xh.所以xh在0,0x上单调递减，在21,0x上单调递增，又021,0223441,010hhh，所以xh在210，x上有两个零点，所以xF有两个极值点，……10分当1,21x时，xxsin2211，0xF，所以xF这一区间内无极值点；……11分综上，xgxfxF在1,23x上有3个极值点.……12分