唐山市2022～2023学年度高三年级第一学期学业水平调研考试数学参考答案一．选择题：1－4 ADBB 5－8 ACCD二．选择题：9．AC 10．BD 11．AC 12．ACD三．填空题：13．2－eq\r(3) 14．－4 15．eq\f(21\r(5),100) 16．(0，e]四．解答题：17．解：（1）由cosA＝－eq\f(c,b)及正弦定理得cosA＝－eq\f(sinC,sinB)，即cosAsinB＝－sinC，由sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB，代入整理得sinAcosB＝－2cosAsinB，又B＝eq\f(,4)，则tanA＝－2tanB＝－2，所以tanC＝－tan(A＋B)＝eq\f(tanA＋tanB,tanAtanB－1)＝eq\f(1,3)． …5分（2）由cosA＝－eq\f(c,b)知，A为钝角，B为锐角，即tanB＞0．由（1）知tanA＝－2tanB，所以tanC＝－tan(A＋B)＝eq\f(tanA＋tanB,tanAtanB－1)＝eq\f(tanB,2tan2B＋1)＝eq\f(1,2tanB＋\f(1,tanB))≤eq\f(tanB,2\r(2tan2B·1))＝eq\f(\r(2),4)． …8分当且仅当2tan2B＝1，即tanB＝eq\f(\r(2),2)时，等号成立．所以tanC的最大值为eq\f(\r(2),4)． …10分18．解：（1）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则由a1＝b1＝2，a2＝b2，a5＝b3．可得eq\b\lc\{(\a\al(2＋d＝2q,2＋4d＝2q2))，解得q＝3或q＝1（舍），从而d＝4，所以an＝4n－2，bn＝2×3n－1． …5分（2）设bm＝ak，即2×3m－1＝4k－2，得3m－1＝2k－1，因为1≤k≤100，所以1≤2k－1≤199，故1≤3m－1≤199，由于34＜199＜35，所以0≤m－1≤4，即1≤m≤5， …10分所以eq\o(\s\up9(5),∑,\s\do6(m=1))bm＝eq\f(2×(1－35),1－3)＝242． …12分解：（1）如图，取AD的中点O，连接OB，OP．∵底面ABCD是菱形，∠BAD＝60，∴△ABD是等边三角形，则有AD⊥OB，又AD⊥PB，OB∩PB＝B，∴AD⊥平面POB，则有AD⊥PO． …2分设PA＝2，则AB＝2，PB＝eq\r(6)，PO＝OB＝eq\r(,3)，∵PB2＝PO2＋OB2，∴PO⊥OB，又OB∩AD＝O， …4分∴PO⊥平面ABCD，又PO平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD． …5分（2）设PA＝2，以O为坐标原点，以{eq\o(OA,\s\up5(→))，eq\f(\r(3),3)eq\o(OB,\s\up5(→))，eq\f(\r(3),3)eq\o(OP,\s\up5(→))}为单位正交基底建立空间直角坐标系，如图所示．则A(1，0，0)，B(0，eq\r(,3)，0)，C(－2，eq\r(,3)，0)，P(0，0，eq\r(,3))，eq\o(AB,\s\up5(→))＝(－1，eq\r(,3)，0)，eq\o(AP,\s\up5(→))＝(－1，0，eq\r(,3))，eq\o(BC,\s\up5(→))＝(－2，0，0)，eq\o(BP,\s\up5(→))＝(0，－eq\r(,3)，eq\r(,3))，设平面PAB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{(\a\al(m·\o(AB,\s\up5(→))＝－x1＋\r(,3)y1＝0，,m·\o(AP,\s\up5(→))＝－x1＋\r(,3)z1＝0，))令x1＝eq\r(,3)，得m＝(eq\r(,3)，1，1)， …8分设平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{(\a\al(n·\o(BC,\s\up5(→))＝－2x2＝0，,m·\o(BP,\s\up5(→))＝－\r(,3)y2＋\r(,3)z2＝0，))令y2＝1，得n＝(0，1，1)， …10分设平面PAB与平面PBC夹角为，则cos＝|cosm，n|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(\r(10),5)，所以平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为eq\f(\r(10),5)． …12分20．解：高中试卷君（1）将10位患者服用新药视为10重伯努利试验，在每次实验中，每位患者治愈的概率为0.8，且每位患者是否治愈相互独立，则X~B(10，0.8)，故E(X)＝10×0.8＝8． …4分设A＝“任选5位志愿者全部治愈”，则P(A)＝eq\f(C\o(5,8),C\o(5,10))＝eq\f(2,9)． …7分（3）设B＝“经过试验该药被认定无效”，事件B发生等价于{X≤4}，则p＝P(B)＝P(X≤4)＝eq\o(\s\up9(4),∑,\s\do6(k=0))Ceq\o(k,10)×0.8k×0.210－k＝0.0001＋0.0008＋0.0055＝0.0064． …11分p值小于0.05，可以认为试验方案合理． …12分21．解：（1）由题意得eq\b\lc\{(\a\al(\f(1,a2)＋\f(1,2b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2),a2＝b2＋c2)) …2分得a＝eq\r(2)，b＝1，c＝1，则椭圆E的标准方程为：eq\f(x2,2)＋y2＝1． …4分（2）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\al(y＝kx＋m，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，依题设△＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝8(1＋2k2－m2)＞0，则x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－2,1＋2k2)， …6分所以kPA＋kPB＝eq\f(y1－\f(\r(2),2),x1－1)＋eq\f(y2－\f(\r(2),2),x2－1)＝eq\f(kx1＋m－\f(\r(2),2),x1－1)＋eq\f(kx2＋m－\f(\r(2),2),x2－1)＝2k＋(k＋m－eq\f(\r(2),2))×eq\f((x1＋x2－2),(x1－1)(x2－1))＝2k－(k＋m－eq\f(\r(2),2))×eq\f(2(2k2＋2km＋1),2k2＋4km＋2m2－1)＝2k－(k＋m－eq\f(\r(2),2))×eq\f(2k2＋2km＋1,(k＋m)2－\f(1,2))＝2k－eq\f(2k2＋2km＋1,k＋m＋\f(\r(2),2))＝eq\f(\r(2)k－1,k＋m＋\f(\r(2),2)) …9分由于kPA＋kPB＝0，于是eq\f(\r(2)k－1,k＋m＋\f(\r(2),2))＝0所以eq\r(2)k－1＝0，所以k＝eq\f(\r(2),2)． …10分由△＝8(1＋2k2－m2)＞0，得－eq\r(2)＜m＜eq\r(2)． …11分因为直线l不经过点P，所以m≠0．于是m的取值范围为－eq\r(2)＜m＜eq\r(2)且m≠0． …12分22．解：（1）函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，∵f(x)＝xex＋ex－1， …1分∴当x＝0时，f(x)＝0； …2分当x＞0时，xex＞0，ex－1＞0，则f(x)＞0，f(x)单调递增；当x＜0时，xex＜0，ex－1＜0，则f(x)＜0，f(x)单调递减．故当x＝0时，f(x)取得极小值f(0)＝0；没有极大值． …4分（2）由（1）知g(x)至多有两个零点，且g(0)＝f(0)－a＝－a＜0．取函数h(x)＝ex－x－1，则h(x)＝ex－1，当x＞0时，h(x)＞0，h(x)单调递增；当x＜0时，h(x)＜0，h(x)单调递减．故当x＝0时，h(x)取得最小值h(0)＝0，则ex－1≥x．因此，当x＞0时，f(x)＝(ex－1)x＞x2，则g(eq\r(a))＝f(eq\r(a))－a＞a－a＝0．故g(x)存在一个零点x1∈(0，eq\r(a))(0，＋∞)．∵ea－a＞0，∴ea－ea＜1．则g(－ea)＝(e－ea－1)(－ea)－a＝ea－ea－ea－a＞ea－1－a＞0，故g(x)存在另一个零点x2∈(－ea，0)(－∞，0)．综上所述，g(x)＝f(x)－a有两个零点x1，x2，即f(x1)＝f(x2)＝a． …8分∵x2＜0，∴－x2＞0，要证x1＋x2＜0，只需证明x1＜－x2．由于当x＞0时，f(x)单调递增，故只需证明f(x1)＜f(－x2)，即证f(x2)＜f(－x2)．令h(x)＝f(x)－f(－x)，x＜0．则h(x)＝f(x)＋f(－x)＝x(ex－e－x)＋ex＋e－x－2．∵x＜0，∴ex－e－x＜0，x(ex－e－x)＞0．又ex＋e－x＞2，故h(x)＞0，当x＜0时，h(x)单调递增．∵x2＜0，∴h(x2)＜h(0)＝0，则f(x2)＜f(－x2)．因此x1＋x2＜0． …12分