2022-2023学年度上学期期末教学质量监测高三年级数学参考答案一、单选题1.【D】Mx|x2，Nx|0x3,MNx|x0，故选D2i12.【C】z3i1i，z1i对应的点(1,1)位于第三象限，故选C13.【C】若a//b，则t4，a2b(3,6)，则|a2b|(3)2(9)235，故选C1【】展开式所有项的系数和为，所以n展开式的常数项4224，故选4.A2433243,n5,C5(2x)(x)10A【】从盒中任取球，是红球记为，黑球记为，白球记为，，，彼此互斥5.A1A1A2A3A1A2A3232311设第二次抽出的是红球记为事件B，P(A),P(A),P(A),P(B|A),P(B|A),P(B|A),1727371824342331212P(B)P(B|A)P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)P(A).故选A11223378747476.【B】当PC与直线3x4y120垂直时，过P作圆的两条切线，切点为M,N，此时MPN最大；|6812|1|PC|2，|CM|1,sinCPM,CPM3032422MPN的最大值为2CPM60,故选B7.【C】过A作抛物线准线的垂线，垂足为D2tan2法由tan245，得5或25舍所以cos，1.tantan(),1tan222252322d设抛物线的标准方程为y4fx，A(x,)，022f|AF|cosxf，(xf)xf，所以x，2030005d2ff25f5所以4f，，所以45d216d4135法2.tan45，则cos，在ABF中，由余弦定理得|AF|d910353535d2|AF|dxf，xdf，A(df,)代入y4fx100010102,d235f2ff5f54(df)f,即1652450，或410d2dd20d4f1f5因为d4f，所以，所以d4d48.【B】fx13为奇函数，fx13f(x1)3，所以fx关于(1,3)对称，f13fx2为偶函数，fx2f(x2)，则fx关于x2对称，周期T4,高三数学答案第1页共8页f(x)6f(2x)6f(2x)f(x)，所以fx为偶函数f1f0f1f01，所以f02，所以f26f(0)85af(1)ab3354，，当x1,2时，fxx2f(2)4ab8433b3202311136111f()f(1012)f()f()6f()6，选B222221212二、多选题9.【AC】设建设前农村的经济收入为a,则新农村建设后经济收入为2a，建设前农村的种植收入为0.6a,则新农村建设后经济收入为0.74a，故A正确0.1a建设前农村的其他收入为0.04a,则新农村建设后其他收入为0.1a，2.5，故B错误0.04a建设前农村的养殖收入为0.3a,则新农村建设后养殖收入为0.6a，故C正确1新农村建设后其他收入与第三产业收入的总和占比33%，故D错误31111510.【BD】VVV(12)12122,故A错误ABCDPECABEPPACD323231，1，2，所以故，正确，错误V1V2V3V32V2，V1V2V3.BDC33311【BCD】因为0x2，所以x2，333791925若fx在0,2内恰有4个零点，则2，解得，故C正确2321212由图像可知，fx在0,2内有1或2个极大值点，故A错误fx在0,2内有且仅有2个极小值点，故B正确253当0x时，0x，所以fx在(0,)内单调递减，故D正确535351234512.【ACD】ex2x,lnx2x,yex和ylnx图像关于yx对称yx与y2x交点M(1,1),A(a,ea),B(b,lnb)，alnb,beaA.ab22ab,所以ab1，所以A正确B.ealnbba2，所以B错误131C.f(x)在(0,)单调递增，f(0)10,f()e0，所以a(0,)222高三数学答案第2页共8页11h(x)exx，x(0,)，h(x)ex10，h(x)在x(0,)单调递增2211715h(a)eaah()e<,所以C正确224241D.令(x)xln(2x)(2x)lnx,x(0,)224(1x)1(x)ln(1)0，(x)在(0,)上单调递增，xx(2x)21133113131因为0a,(a)aln(2a)(2a)lnalnlnlneln2lnelne22222222221又因为ab2，所以alnbblna，所以D正确2三、填空题13.答案：5a32a解析：4，则a52314.答案：(或)(答案不唯一，符合题意即可)22解析：当x0时，f(x)cos(x)sinx，所以2k,kZ，2写出一个符合题意的即可815.答案：32解析：EH,FG的长度均为，AE,AF的长度均为，GH的长度均为2113328球面与正四棱柱的表面相交所得到的弧长之和等于22233316.答案：10解析：设直线与渐近线的交点为双曲线的右焦点ABM,F2|AF2||AF|2a,|BF2||BF|2a,b在RtOMF中，cosFMOc2在中，222b，解得bAFF2(|AF|2a)|AF|4c2|AF|2c|AF|cab2在中，222b，解得bBFF2(|BF|2a)|BF|4c2|BF|2c|BF|cba2222bbb由2FAFB，得2|FA||FB|，所以，所以b3a，e110abbaa2高三数学答案第3页共8页四、解答题17.解：（Ⅰ）设等差数列的公差为and(d0)因为是和的等比中项，所以2，a4a2a8a4a2a8即2，整理得2，(a13d)(a1d)(a17d)a1dd因为，所以①……………分d0a1d2又因为，所以98，整理得②…………分S990S9ad90a14d103912由①②联立得：……………分a1d24所以，即……………分an2(n2)22nan2n50,1n4（Ⅱ）已知blga，所以……………8分nnbn1,5n492,50n100所以…………分T100041452511471018.解：（Ⅰ）abcosC0由正弦定理得sinAsinBcosC0，…………1分所以sin(BC)sinBcosC0,即2sinBcosCcosBsinC0，………3分所以2tanBtanC0……………………5分(Ⅱ)因为abcosC0，所以cosC0，即C为钝角，所以2tanBtanC0……………………6分tanBtanCtanBtanAtan(BC)……………7分1tanBtanC12tan2B112……………8分1142tanB22tanBtanBtanB12当且仅当2tanB，即tanB时等号成立……………9分tanB263tanC2tanB2，所以sinC,cosC……………10分333abcosC3()3……………11分311632SabsinC33……………12分ABC2232(其他方法酌情给分)高三数学答案第4页共8页19.证明：（Ⅰ）取PA的中点M，连接EM,DM因为E,F分别是PB,CD的中点11所以EM//AB,FD//AB22所以EM//FD，所以四边形EFDM为平行四边形,所以EF//MD…………2分因为四边形ABCD是正方形，所以ABAD…………3分又因为ABEF,EF//MD，所以ABMD…………4分MDADD，所以AB平面PAD…………5分又因为AB平面ABCD,所以平面PAD平面ABCD…6分（Ⅱ）法1：取AD的中点O，连接PO,因为PAPD，所以POAD,平面PAD平面ABCD=AD,所以PO平面ABCD,所以PO,AB,OD两两垂直以O为原点，向量AB,OD,OP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的平面直角坐标系Oxyz…………8分13O(0,0,0),P(0,0,3),C(2,1,0),F(1,1,0),B(2,1,0),E(1,,)2233CF(1,0,0)CE(1,,),CP(2,1,3),22设是平面的法向量m(x1,y1,z1)PCE2xy3z0则mCP0即111，取，则，所以…………分,x13z12,y10m(3,0,2)933mCE0xyz012121设是平面的法向量n(x2,y2,z2)CEFx10则nCF0,即，取y1，则x0,z3，所以n(0,1,3)…………10分33111nCE0xyz012121mn2321cosm,n…………11分|m||n|277由图可知，二面角PCEF的为锐二面角21所以二面角PCEF的余弦值为…………12分7（其他建系方法酌情给分）法2：过M作MNCE，交CE的延长线于N，连接PN由（Ⅰ）可知，ME//CD,所以M,E,C,D四点共面因为ME//AB,ABPA,所以MEPA在等边PAD中，M是PA中点，所以MDPA高三数学答案第5页共8页EMDMM,所以PA平面MECD又因为MNCE，由三垂线定理得，PNCE所以PNM就是二面角PCEF的平面角…………8分在直角EFC中，CF1,EFMD3,tanECF3,所以NEMECF60,13又因为MEAB1,PM1,所以MN,2237所以PNMN2PM21423MN21在直角PMN中,cosPNM2…………11分PN772所以二面角PCEF的余弦值为21…………12分720.解：（Ⅰ）记一轮踢球，甲进球为事件A，乙进球为事件B，A，B相互独立，由题意得：111，111，…………分PA1PB11233224甲的得分X的可能取值为-1,0,1111，…………分PX1PABPAPB1234611117…………分PX0PABPABPAPBPAPB113343412111，…………分PX1PABPAPB14344所以X的分布列为：…………5分1711EX101…………6分612412（Ⅱ）经过三轮踢球，甲累计得分高于乙有四种情况：甲3轮各得1分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得0分；甲3轮中有1轮得1分，2轮各得0分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得-1分.……7分11甲3轮各得1分的概率为p()3…………8分14642甲3轮中有2轮各得