2023~2024学年度第一学期期末考试高三数学（参考答案及评分标准）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。CDACBDAB二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．CD10．ABC11．AD12．ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．0.3314．5515．[,5]216.5，2√13或2√21（第一空2分，第二空3分）四、解答题：本题共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．（本题满分10分）（1）证明：连接BD，交AC于点O，连接EO，因为为中点，E为PD中点，所以EO∥PB…………………………………………………2分又因为EO平面ACE，PB平面ACE，所以PB∥平面.…………………………………………4分（2）解：如图，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A0,0,0，C2,1,0，B2,0,0，P0,0,1，D0,1,0，1{#{QQABQYSEggiIAAJAARhCAQmqCEGQkBECCIoGwAAEMAAAgRFABCA=}#}1111则E0,,，BE2,,，PD0,1,1,PC2,1,1，2222nPDyz0设平面PCD的法向量为nx,,yz，则，nPC20xyz令y=1，得n0,1,1.………………………………………………………………………6分π设直线BE与平面所成角为，且0,，211BEn1所以sincosBE,n22，……………………………………8分BEn932222所以cos1sin2，322即直线BE与平面所成角的余弦值为.………………………………………10分318．（本题满分12分）*解：（1）由32Snnaa1，nN，当n2时，32Snn1a1a1，an1两式相减得3ananan1，即，an121所以数列a为等比数列，公比为.…………………………………………………2分n21选①，由a，，a成等差数列，1421111可得aa2，即aa，解得a1，124211221nn1111所以an1………………………………………………………4分222选②，由a1，a21，a3成等比数列，得a1aa321，2211即a1aa111，解得a11，222{#{QQABQYSEggiIAAJAARhCAQmqCEGQkBECCIoGwAAEMAAAgRFABCA=}#}nn1111所以an1.………………………………………………………4分2231a1123选③，由S，得a1，314112nn1111所以an1.………………………………………………………4分22（2）当n为奇数时，nn1111bannlog3log3log3n1log32………………………6分22记前21n项的和T21n中的奇数项之和为T奇，nn12Tbbbb0242nlog2log2nn1log2奇1352n13233……………………………8分nn1111当为偶数时，bn，………………………………………………9分22记前21n项和T21n中的偶数项之和为T偶，n111352nn1111112421Tbbbb1偶2462n122221344……………………………11分n21故T21nnn1log321…………………………………………12分3419．（本题满分12分）b2sinB解：（1）因为4且外接圆半径为1，根据正弦定理得4，1cosB1cosB即sinBB21cos，………………………………………………………………………2分2代入sin22BBcos1，即41cosBBBB1cos21cos1cos，3{#{QQABQYSEggiIAAJAARhCAQmqCEGQkBECCIoGwAAEMAAAgRFABCA=}#}由于B0,π，则cosB1,1，所以1cosB0，3则41cosBB1cos，解得cosB．……………………………………………5分5ac（2）因为sinACsin1，根据正弦定理得sinACsin1，22即ac2，………………………………………………………………………………7分48由（1）知，所以sinB，所以bB2sin，………………………………8分5521616由余弦定理得bac2222acBaccosac4ac，559解得ac．………………………………………………………………………………10分2019所以SacsinB…………………………………………………………………12分△ABC25020．（本题满分12分）解：（1）由频率之和为1得：(0.004a0.0180.0220.0220.028)101，解得：a0.006………………………………………………………………………………2分[80,90]这组的频率为：0.02210=0.22，[90,100]这组的频率为：0.01810=0.18，0.18180%,0.180.22180%，故80%分位数在[80,90]组，设80%分位数为x，则0.02290x0.18180%，解得x89.09.故80%分位数为89.09.……………………………………………………………4分（2）①任抽一份问卷,是来自甲社区业主的问卷记作事件A,问卷评分不足60分记作事件B.根据题意可知:푃(퐴)=0.75,푃(퐴̅)=0.25,푃(퐵|퐴)=0.06,푃(퐵|퐴̅)=0.10所以푃(퐴퐵)=푃(퐴)푃(퐵|퐴)=0.75×0.06=0.04………………………………………………5分푃(퐴̅퐵)=푃(퐴̅)푃(퐵|퐴̅)=0.25×0.10=0.025，………………………………………………6分所以,푃(퐵)=푃(퐴퐵)+푃(퐴̅퐵)=0.045+0.025=0.07，……………………………………7分所以,从不足60分的问卷中抽取一份,该份问卷是来自甲社区业主问卷的概率为푃(퐴퐵)0.0459푃(퐴|퐵)===…………………………………………………………………8分푃(퐵)0.07144{#{QQABQYSEggiIAAJAARhCAQmqCEGQkBECCIoGwAAEMAAAgRFABCA=}#}9②70份评分不足60分的调查问卷中来自甲社区业主的问卷份数푋~퐵(70,),14…………………………………………………………………………………10分9所以퐸(푋)=70×=45．………………………………………………………………………12分1421．（本题满分12分）解：（1）因为椭圆的短轴长为4，所以24b，b2，………………………………1分2c2因为离心率为，所以e，又a2b2c2，2a2所以c2，a22，…………………………………………………………………………3分xy22所以椭圆E的方程1………………………………………………………………4分84xy22122（2）设Px11,y，Qx22,y，联立84，可得t2y4ty40，xty224t4t222432t320，4t4yy，yy，………………………………………………………6分12t2212t221因为A3,2不在直线l上，所以32t2，即t，2y2y2y2x8则直线PA方程为：yx231，令x4，则y1211，x13xx1133yx28因为直线PA与x4交于点B，所以B(4,11)，……………………………8分x13yx2811yx3224tytyyyy111212分所以kQB2，……………………………1042x2ty1ty1y2ty1y24t424ty1将yy122，yy122代入，可得kQB2，t2t2ty12所以直线QB的斜率为2.…………………………………………………………………………12分5{#{QQABQYSEggiIAAJAARhCAQmqCEGQkBECCIoGwAAEMAAAgRFABCA=}#}22．（本题满分12分）11xa解：（1）fx1，()xaxaxa………………………………………………………1分由fx()0得x1aa，所以xa1时fx0，fx()在1,a上单调递增；ax1a时，fx0，在aa，1上单调递减，所以f(x)minf1a1a0,所以a1……………………………………………………………3分（2）fxkx2xlnx1kx2kx2xlnx10设gxkx2xlnx1x0，所以gx()0对任意x0恒成立x2kx2k1gxx1①k0时gk(1)1ln20，不符合题意…………………………………………4分112k②当0k时，在（0,）上gx()0，gx()单调递减；22k12k在（,）上gx0，gx单调递增，2k12k所以x（0,）时g(x)g(0)0，不符合题意…………………………………5分2k1③当k时，gx0在0,恒成立，所以gx在上单调递增，2g(x)g(0)0，符合题意，1综上，k………………………………………………………………………………………6分21所以k的最小值为.……………………………………………………………………………7分211（3）由（2）知：令k得：xlnx1x2，22222ln2ii1ln21,令xi1,2,,n得：2……………………8分21i2ii1(21)当i1时，2ln32ln3(1)22111当i2时，()，(2i1)24ii12i1i6{#{QQABQYSEggiIAAJAARhCAQmqCEGQkBECCIoGwAAEMAAAgRFABCA=}#}211所以ln5ln3(1)，(2)3222111ln7ln5(),(3)522322111ln2nn1ln21()，2n1(2n1)22n1nn将(1)(2)(3),......,(n)式相加得：22不等式左边：2ln3ln5ln3ln7ln53522nln2n1ln2n1ln(2n1);2ni1i12111111111不等式右边：2ln3（1）（）（）222232nn1112ln3(1)