丹东市2023届高三总复习质量测试（二）数学试题评分参考一、选择题1．B2．C3．A4．C5．D6．A7．D8．D二、选择题9．BC10．AC11．ABD12．BCD三、填空题2113．714．15．16．922四、解答题17．解：n(n＋1)n(n－1)（1）当n≥2时，由na＝S－＋1得(n－1)a＝S－＋1，两式相减n＋1n2nn－12得an＋1－an＝－1．由a1＝5，得a2＝S1＝5，从而{an＋1}是以5为首项，－1为公差的等差数列．故an＋1＝a2＋(n－1)(－1)＝6－n．5，n＝1，因为7－1＝6≠a1，所以an＝7－n，n≥2．…………（5分）n(n＋1)1161（2）由题设及（1）可知S＝na＋－1＝－(n－6.5)2＋．nn＋1228当n＝6和n＝7时，Sn取最大值20，于是Sn≤20．…………（10分）18．解：π2π（1）f(x)＝2sin(ωx＋)，由＝π，得ω＝2．3ω列表如下：ππ7π5πx0π123126πππ3π7π2x＋π2π33223f(x)320－203描点连线，得f(x)在[0，π)内的图象简图：数学试题答案第1页（共8页）y23ππ5πO7ππx1231267π8－2…………（6分）（2）解法1：π7π7ππT2π由f(x)在[，]上是减函数知－≤，因为T＝，所以ω≤2．121212122ωπ7ππωππ7ωππ因为ω＞0，x∈[，]，所以ωx＋∈[＋，＋]．12123123123πωππππ7ωππ3πωπππ由0＜ω≤2得＜＋≤，＜＋≤，由题意只能＋＝，从而ω＝2．31232312321232…………（12分）解法2：π7ππωππ7ωππ因为ω＞0，x∈[，]，所以ωx＋∈[＋，＋]．12123123123ωππ7ωπππ3π由题设知[＋，＋]⊆[2kπ＋，2kπ＋]，k∈Z，从而12312322ωπππ＋≥2kπ＋，12327ωππ3π＋≤2kπ＋．123224k＋2＞0，247解得24k＋2≤ω≤k＋2．因为ω＞0，所以72424k＋2≤k＋2．77故－＜k≤0，因为k∈Z，所以k＝0，于是ω＝2．12…………（12分）19．解法1：（1）因为平面CDD1C1⊥平面ABCD，AD⊥DC，所以AD⊥平面CDD1C1，∠D1DC是二面角D1－AD－C的平面角，故∠D1DC＝120º．连结DE，则DE⊥C1D1，从而DE⊥CD．又AD⊥CD，DE∩AD＝D，所以CD⊥平面AED，因此CD⊥AE．…………（6分）数学试题答案第2页（共8页）（2）设AB＝2，则DE＝3，所以CE＝AE＝AD2＋DE2＝7．连结AC交BD于点O，连结CE交交DF于点G，连结OG．因为AE∥平面BDF，所17以AE∥OG，因为O为AC中点，所以G为CE中点，故OG＝AE＝．且直线OG与DF22所成角等于直线AE与DF所成角．D1EC117在Rt△EDC中，DG＝CE＝，因为OD＝2，F22A1B1G77()2＋()2－(2)2223所以cos∠OGD＝＝．777C2××D223O因此直线AE与DF所成角的余弦值为．7AB…………（12分）解法2：（1）同解法1．（2）设AB＝2，则DE＝3，所以AE＝AD2＋DE2＝7．取DC中点为G，连结EG交交DF于点H，则EG＝DD1＝2．连结AG交BD于点I，连结HI，因为AE∥平面BDF，D1EC1所以AE∥IH．直线HI与DH所成角等于直线AE与DF所成角．FA1B11122正方形ABCD中，GI＝AG，DI＝DB＝，333H117所以GH＝EG，故HI＝AE＝．DGC33312I在△DHG中，GH＝EG＝，GD＝1，∠EGD＝60º，33AB7722()2＋()2－()273333由余弦定理DH＝．在△DHI中，cos∠DHI＝＝．37772××333因此直线AE与DF所成角的余弦值为．7…………（12分）解法3：（1）同解法1．z（2）由（1）知BE⊥平面ABCD，以DD1EC1→→为坐标原点，DA为x轴正方向，|DA|为2个单F位长，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz．A1B1由（1）知DE＝3，得A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，E(0，0，3)，C1(0，1，3)．→→DC则CC1＝(0，－1，3)，DC＝(0，2，0)，y→→AE＝(－2，0，3)，DB＝(2，2，0)．AB→→→→→x由CF＝tCC1(0＜t＜1)，得DF＝DC＋CF＝(0，2－t，3t)．数学试题答案第3页（共8页）→→→2因为AE∥平面BDF，所以存在唯一的λ，μ∈R，使得AE＝λDB＋μDF，解得t＝，从3→42而DF＝(0，，3)．33→→→→AE·DF3所以直线AE与DF所成角的余弦值为|cos|＝＝．→→7|AE||DF|…………（12分）20．解：1－ax1（1）f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，由f′()＝0得a＝2．x211若a＝2，当0＜x＜时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．22因此a＝2．…………（4分）1（2）设g(x)＝xf(x)＋(x－)2，则g′(x)＝lnx－2x＋2＝f(x)．211因为g′(e－2)＝－2e－2＜0，g′()＝1－ln2＞0，所以存在唯一x∈(0，)，使g′(x)＝0，20201且当0＜x＜x时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x＜x＜时，g′(x)＞0，f(x)单调递增，当00231＜x＜时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．21由g′(x)＝0得lnx＝2x－2，所以g(x)＝(x－)2＞0．0000021因此当0＜x＜时，g(x)≥g(x)＞0．203131而g()＝(ln27－ln8e)＞0，于是当0＜x＜时，xf(x)＋(x－)2＞0．2222…………（12分）21．解：（1）法1：-2-记甲地小白鼠样本X值的平均数为x，方差为s1；记乙地小白鼠样本X值的平均数为y，2--22方差为s2，则x＝14，y＝21，s1＝6，s2＝17，所以120-x＋90-y120×14＋90×21μ＝＝＝17．2102102-22-2120[s1＋(x－μ)]＋90[s2＋(y－μ)]σ2＝2104×[6＋(14－17)2]＋3×[17＋(21－17)2]＝7≈23．…………（4分）法2：-2记甲地小白鼠样本的X值为x1，x2，…，x120，平均数为x，方差为s1；记乙地小白鼠样-2本的X值为y1，y2，…，y90，平均数为y，方差为s2．120-x＋90-y120×14＋90×21因为-x＝14，-y＝21，s2＝6，s2＝17．所以μ＝＝＝17．12210210120120-22-由(xk)－x)＝120s1，(xk)－x)＝0，可得k＝1k＝1数学试题答案第4页（共8页）1201202--2(xk)－μ)＝(xk)－x＋x－μ)k＝1k＝1120-2---2＝[(xk)－x)＋2(xk－x)(x－μ)＋(x－μ)]k＝1120120120-2---2＝(xk)－x)＋2(x－μ)(xk)－x)＋()x－μ)k＝1k＝1k＝12-2＝120s1＋120(x－μ)＝30×60．9022-2同理(yk)－μ)＝90s2＋90(y－μ)＝30×99，于是k＝11209030×60＋30×992122s＝[(x)－μ)＋(y)－μ)]＝≈23．210kk210k＝1k＝1…………（4分）（2）法1：因为σ＝23＝4.8，所以P(12.2≤X≤21.8)＝P(μ－σ≤X≤μ－σ)≈0.68．从注射过疫苗的小白鼠取出N只，其中产生抗体的有K只，则K～B(N，0.68)，17P(K＝k)＝C1020.32Nk(k＝0，1，2，…，N)．N(8)17当N＜102时，P(K＝102)＝0；当N≥102时，P(K＝102)＝102C1020.32N．(8)N17记α(N)＝102C1020.32N，则(8)N102α(N)CNN－101＝＝．α(N＋1)1020.32(N＋1)0.32CN＋1α(N)101.32由＜1等价于N－101＜0.32(N＋1)，当且仅当N＜＝149，α(N＋1)0.68知当103≤N≤148时，α(N)＜α(N＋1)；当N＝149时，α(N)＝α(N＋1)；当N＞149时，α(N)＞α(N＋1)；故N＝149或N＝150时，α(N)最大，所以N的估计值为149，或150．…………（8分）法2：因为σ＝23＝4.8，所以P(12.2≤X≤21.8)＝P(μ－σ≤X≤μ－σ)≈0.68．从注射过疫苗的小白鼠取出N只，其中产生抗体的有K只，则K～B(N，0.68)，17P(K＝k)＝C1020.32Nk(k＝0，1，2，…，N)．N(8)17当N＜102时，P(K＝102)＝0；当N≥102时，P(K＝102)＝102C1020.32N．(8)N17若N＝102，则P(K＝102)＝P(K＝101)＜P(K＝101)．8×102若N≥103，则1717102C1020.32N≥102C1020.32N＋1，(8)N(8)N＋117102C1020.32N≥C1020.32N－1．(8)NN－10.32(N＋1)≤N－101，化简得解得149≤N≤150．0.32N≥N－102．综上，N的估计值为149，或150．…………（8分）数学试题答案第5页（共8页）（3）记n只小白鼠检测费用为Y元，当n只小白鼠全部产生抗体时，Y＝n＋9，当n只小白鼠不都产生抗体时，Y＝11n＋9，则P(Y＝n＋9)＝0.991n，P(Y＝11n＋9)＝1－0.991n．因此E(Y)(n＋9)0.991n＋(11n＋9)(1－0.991n)9＝＝11－10×(1－0.009)n＋．nnnn112233因为n≤50，所以(1－0.009)＝1－Cn0.009＋Cn0.009－Cn0.009＋…≈1－0.009n．E(Y)99故＝0.09n＋＋1≥20.09n×＋1＝2.8，当且仅当n＝10时取等号．nnn于是每只小白鼠平均检测费用的最小值约为2.8元，n的估计值为10．…………（12分）【注1】（2）等价于这个问题：，≤＜，01n102数列{an}中，an＝17，求使an取最大值时的n值．102C1020.32n，n≥102．(8)n【注2】（2）法2若N＝102时的验证不可少．【注3】（2）因为σ＝23＝4.8，所以P(12.2≤X≤21.8)＝P(μ－σ≤X≤μ－σ)≈0.68．从注射过疫苗的小白鼠取出N只，其中产生抗体的有Y只，则K～B(N，0.68)，17P(K＝k)＝C1020.32Nk(k＝0，1，2，…，N)．N(8)…………（5分）【以下得0分】因为使P(K＝k)取得最大值时的整数k＝102，所以1717C1020.32N102≥C1010.32N101，N(8)N(8)1717C1020.32N102≥C1030.32N103．N(8)N(8)0.32N≥101＋102×，0.68化简得解得149≤N≤150.47．0.32N≤102＋103×．0.68因此N的估计值为149，或150．…………（5分）22．解法1：a2－b23（1）由题设4－a＝2，a＝2．由＝，得b＝1．a2x2所以C的方程为＋y2＝1．4…………（4分）4－x2（2）A(－2，0)，B(2，0)，设M(x，y)，则y2＝1，所以直线AM与BM的斜率之11142yyy1积为1·1＝1＝－．＋－2x12x12x1－443因为直线BM与BN的斜率之积为－，所以直线BN斜率为AM斜率的3倍．4…………（6分）数学试题答案第6页（共8页）y3y2＝1，x2－2x1＋25x－83y因为，－，设，，由得＝1，＝1．M1(x1y1)N(x2y2)x2y2y－y2x1－52x1－52＝1．－－x24x143y1y2x1－53y由对称性知MN经过x轴上的定点Q