2022级高三第一学期期中考试数学参考答案1CADBDBCDABDACDBCDxy0,5,(ee,)15．【详解】（1）∵2sinAC3sin2，∴sinACC3sincos，a2b2c2由正余弦边角关系得，ac3①，……4分,2ab2222932a32又cb2，②由①②得，ab34babb，∴a22b,ab，∴……6分22b232b（2）由（1）得，sinAa2，cosC23sinC3c6b49222222bb4b（或由余弦定理得abc2）……8分cosC224ab32b214∵C为锐角，∴sinC，……9分411321437∴ABC的面积SabsinCb2，∴b2，……11分22242137设AB边上的高为h，则的面积Schbh，223737∴h，即边上的高为.……13分4416．【详解】（1）如图，连接EC交BD于N，连接MN,11由E是AD的中点可得DEADBC1，……1分221易得DEN与△BCN相似，所以ENNC，……3分21又PMMC，所以∥PE，……4分2又MN平面BDM,PE平面BDM，所以∥平面；……6分（2）因平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，由PAPD5，点E是线段AD的中点可得PEAD,又PE平面PAD，故得PE平面.……8分如图，取BC的中点为F,分别以EA,,EFEP为x,,yz轴的正方向，建立空间直角坐标系.则EA0,0,0,1,0,0，DBCP1,0,0,1,2,0,1,2,0,0,0,2，……9分11122124PC1,2,2,PMPC,,，则M,,，……10分3333333424设平面AMB的法向量n(,,)xyz为，由AB0,2,0,AM,,，1111333nAB20y11则424，故可取n11,0,1；……11分n1AMx1y1z10333444设平面BDM的法向量为n2x2,,y2z2，由BD2,2,0,BM,,，333nBD2x2y0222则444，故可取n21,1,0.……12分n2BMx2y2z20333nn1211故平面与平面的夹角余弦值为cosnn,，……14分122nn1222π所以平面与平面的夹角为.……15分3xy22117．【详解】（1）双曲线3xy22可化为311232SFFAB2412ABF112，即223333y2双曲线C的标准方程为x21．……4分3（2）设直线l的方程为xty20t，A(x1,y1),B(x2,y2)，33xy22联立双曲线C与直线l：消去x可得：xty23t221y12ty90，则Δ12t2493t22136(t1)0恒成立，12t91又直线与双曲线交于右支两点，故yy，yy0，即t2，……7分1231t21231t23426t从而得xx12，即AB中点M为22,，……9分31t23tt131262t8线段AB的中垂线为y22tx，则D2,0，……11分3tt13131t86t26即DF2．……12分23tt2213122212tt96622．……14分AB1ty1y24y1y21t24223t13t13t1DF即2为定值1．……15分AB111ax2ax18．【详解】（1）fxxalnx，fx1(x0)……1分xx22xx若a240时，即20a时，fx()0，fx在(0,)单调递增……3分若a240，即a2时，222aa4aa4hxxax1有两个零点x，x且x10，x20，xx21，1222当0xx1时，hx0，fx0，单调递增当x12xx时，hx0，fx0，单调递减当xx2时，hx0，fx0，单调递增……6分综上所述，当时，在在单调递增；aa24aa24当a2时，在0,和,上单调递增，22aa2244aa在,上单调递减……7分2211a（2）因为fxxalnx，所以fx1，xxx211aa所以k1k2fx1fx2222，……8分x1x1x2x211x2alnx2x1alnx1fx21fxx2x11lnx2lnx1，……9分ka31x2x1x2x1x1x2x2x131aa12lnxx21ln要证k1k22k3，只需证222a，x1x1x2x2x1x2x2x111211lnxx21ln即证22a20，……11分x1x2x1x2x1x2x2x1x2x133x2x1x2不妨设xx210，则只需证22a2ln0，x1x2x2x1x1x2x121x2x13x1x2x1x2即证23a2ln0，x1x1x2x2x1x2x1x11312tt(1)设，则只需证t23at2lnt0①，……13分x1x1ttt1由（1）可知fxx2lnx在0,上单调递增，x1则当x1,时，fxf10，所以tt2ln0，t1323tt332(tt1)22设gtt23，则gt10，ttt3t2t3t3所以gt在1,上单调递增，所以gtg10，……15分又因为0xa11,1，所以要证①，13141只需证t3t2lnt2lnt30，t22tttt24124221设ht2lnt3，则，2ht2310ttttttt所以ht在上单调递增.所以hth10，得证.……17分18118119．【详解】（1）由题：令n1,则ab，即b，故b，11232123121319得b，又bbZ,3，同理可得，bb5,7.……3分616112311111（2）由题意ab，故aba,aba，nn2n2nn2n12n1n12从而an1an11bn1bnan1an，即11bnn1bd，……6分因为bdnZZ,，所以bbnn1d0,即bbnn1d，故数列bn是等差数列.……7分495793（3）因为aa,则aa，解得，nn11020nn11023813819又a0，故an1是以为首项，公比为的等比数列，121002100103819n193n1则，即，……9分anan210010102n3819从而Snn1……10分21901093n1当n为奇数时，，易知单调递减，an1023231131故aa，得a2(,]，则有b2；……12分2n1100n2100n93n1当n为偶数时，，易知单调递增，an102377132291故aa，即a，得a1[,)，则有b1；2n21000n2n10020n1,n为偶数综上，bn，……14分2,n为奇数n38199nST10,当n为偶数时，Tnn，由nn，得即1，无解；……15分2190101031n31n当n为奇数时，TTb1;nn11n22nn8191914由,得1,即，190102108114故n>log916.7，所以存在正整数n，使得，正整数的最小值为17.……17分10815