2022—2023学年度上学期期末考试数学答案一、选择题123456789101112ACBBACDDCABACACDAD二、填空题C135511513.；14.；15.1,,1；16.；(0,1].216222三、解答题Sn17.解析：（Ⅰ）∵a11,是公比为2的等比数列nSS∴n12n1，可得：Sn2n1.n1nn1n2n2当n2时，anSnSn1n2(n1)2(n1)2n2当n1时，a11.满足ann(1)2.n2综上，ann(1)2……………………5分2nn2411（Ⅱ）由（Ⅰ）知，n2，ann(1)2∴n24()nann(n1)2nn(1)nn1因此，222232n11111144(1)4(1)44.……10分1a12a23a3nan223nn1n1n118.解析：（Ⅰ）连结AB1，∵平面ABC平面ABB11A，且ABBC，∴BC平面ABB11A，又∵B11C//BC，∴BC11平面ABB11A，又∵AB1平面ABB11A，∴ABBC111……①而平行四边ABB11A中，ABAA1，所以，四边形ABB11A为菱形，∴A11BAB……②又∵AB1B1C1B1……③由①②③可得，AB1平面AB11C∴A11BAC………………6分(Ⅱ)延长AB至G使BG1，连接BG，因为ABB.11113则BGAG1,,BGBCABBC建立如图所示的空间直角坐标系，1其中各点坐标为：BCBF(0,0,0),(1,0,0),(0,1,3),(,1,0)121BF(,1,0),BB(0,1,3),BC(1,0,0)21设平面FBB1的一个法向量为n(,,)xyz高三年级数学答案第1页共4页1nBF0xy0则即2.取y3，则xz23,1.nBB10yz30那么，n(23,3,1)设平面BB1C的一个法向量为mab(c,,).nBC0x0则即.取y3，则xz0,1.nBB10yz30那么，m(0,3,1).设二面角FBB1C的平面角为，由图可知为锐二面角.mn3311所以cos…………12分mn(23)2(3)212(3)212219.解析：(Ⅰ)由余弦定理有：c2a2b22abcosC又∵cb2ab()，abc可得，babC2cos，再由正弦定理：sinsinABsinC则有，sinBABCsin2sincos∵ABCABC()∴sinsin(ABC)那么，sinBABCBCBCsin2sincossin()2sincos可得，sinBBCBCBCBCBCCBsin()2sincossincoscossin2sincossin()解得：BCB或BCB（舍去）即CB2………………………………6分ac（Ⅱ）由c22bab，可得1bcbaCsin再由正弦定理可得，1，bcsinB由(Ⅰ)知：CB2，且ABC为锐角三角形，可得02BB,0,03B。222则B；64asinCsinB2∴112cosB1(21,31)…………………………12分bcsinBsinB620.解析：(Ⅰ)中国队的九个对手在前六轮的排布情况总数为A9，若四个主要对手都出现在前六轮交锋，则26前六轮的排布情况为CA56，CA26106543215中国队在前六轮之内完成与主要对手交锋的概率为56分∴P6………4A998765442（Ⅱ）X可取值为1、2、3，则PX(3)60%40%24%，PX(2)40%(70%60%30%40%)60%60%60%43.2%，P(X1)40%(70%40%30%60%)60%60%40%32.8%。高三年级数学答案第2页共4页∴其分布列如下：X123P32.8%43.2%24%其数学期望为E(X)10.32820.43230.241.912（名）………………12分b21.解：（Ⅰ）由题设c4,3，而bc2222aa16，可得：ab224,12axy22所以双曲线C的方程为：1.…………4分412（Ⅱ）(i)由题意得F(4,0)，N(1,0).mn22设A(,)mn，则B(m,n)(n0),1.①412AF与BN的方程分别为：n(x4)(m4)y0，nx(1m)(y1)0.n(x004)(m4)y0设G(,)x00y，则有n(x001)(m1)y05mn83可得：xy,.002mm525xy22(5m8)29n2(5m8)29m236由于001.4124(2m5)212(2m5)24(2m5)2所以点G恒在双曲线C上.…………10分(ii)18…………12分122.解析：（Ⅰ）f(x)cosx；而x(,)时，fx()0.x12则fx()在(,)上单调递减；2而ff()1ln(1)0,()0ln(1)0.22所以，fx()在(,)上有唯一零点.2即存在唯一x(,)，使fx()0.……………………3分020（Ⅱ）令tx，则x(0,)时，t(,).22设u(t)g(t)costt1(t1)ln(t1).………………5分u(t)sint1ln(t1)1sintln(t1)f(t)由（Ⅰ）得，当tx(,)时，ut()0，当tx(,)时，ut()0.200高三年级数学答案第3页共4页在(,)x上ut()是增函数，又u()1ln(1)0，从而当tx(,]时，ut()0.202220所以ut()在(,]x上无零点.20在(,x)0上为减函数，由u()0,()2(1)ln(1)2(3.141)ln(31)24.142lnxu020.知存在唯一tx10(,)，使ut(1)0.所以存在唯一的xt(0,)，使gxgtut()()()0.112111所以存在唯一的x(0,)，使gx()0.121因为x1110ttx,，所以xx01……………………12分高三年级数学答案第4页共4页