运城市2022-2023学年第一学期期末数学试题答案一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.DADBDBCA二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.9.CD10.ABC11.BD12.ABD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.113.-84.14.b15.0,16.3105四、解答题：(本小题共6小题，共70分.解答15应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.解：（1）设等差数列的公差为，�则�，解得�，，1分�3+�7=2�1+8�=18�=2�1=1⋯⋯⋯∴�1+�5=2；�1+4�2=分10设等��比=数2�列−1的⋯公⋯比⋯为，����>0则25，解得，，，3分�3+�5=�31+�=161121�3=4�=2�1=1⋯⋯⋯�1�5=�3=16∴4分1�−1��=2⋯⋯⋯（2）由（1）可知5分3�+1���=2⋯⋯⋯∴，6分473�+12���=2+2+⋅⋅⋅+2⋯⋯⋯则，7分1473�+123�+12��=2+2+⋅⋅⋅+2⋯⋯⋯两式相减得：11，11113�+1221−2�−13�+173�+7�23��+11�+1�+12�=2+3×2+2+⋅⋅⋅+2−2=2+3×1−2−2=2−92分∴．10分⋯⋯⋯3�+7���=7−2⋯⋯⋯18.解（1）∵且在ABC中有c=acosB+bcosA,,(1分)????????????��+????��????????????��+????���????��+�????��=�+�∴�=�+�由正弦定理可得,2分????????????��+????��????????=????��+????��⋯⋯⋯整理可得:sinCcosAsinCcosBsinAcosCsinBcosC,即sinCcosAsinAcosCsinBcosCsinCcosB,即:sin(CA)sin(BC),3分⋯⋯⋯ππππCA(,)BC(,)又因为锐角ABC,所以22,22,所以CABC,4分⋯⋯C即AB2C,又ABCπ,所以3；5分2π⋯⋯⋯π（2）由题意可知ADB,设DAB,所以ABD,33πππππ02Bπ2(0,)(,)又2,32,所以124,6分ABAD⋯⋯⋯在ABD中,由正弦定理可得,sinADBsinABD即,所以,8分3????π2��????�3=????�(3−�)AD=23sin(3−α)⋯⋯⋯11�9332∴�∆�????=��∙????????��=×3×23????�(−�)????��=????��∙????��−????��2,210分32233�33=2????�π(2�π+6)−4ππ2π⋯⋯⋯又(,),2(,),124633∴π3sin(2)(,1]所以6211分所以⋯⋯⋯33�339−33332????�(2�+6)−4∈(4,4]即ABD面积的取值范围为12分9−333319.（1）解:由题知,(4,4]⋯⋯,将表格填完整如下所�示=:50−20−22=8,�=20−12=8球队胜球队负总计A参加22830A未参加81220总计3020502分⋯⋯⋯分2,325022×12−8×850∴ℵ=30×20×30×20=9≈5.56⋯⋯⋯,∵所3以.8没41有<959.%56的<把6握.63认5为球队胜利与A球员参赛有关;4分（2）①由题知,记“B球员参加比赛,比赛赢球”为事件,⋯⋯⋯�,∴故�B�球员=参0.2加×比0赛.2,+比0赛.3赢×球0.的2+概0率.2为×0..247+;0.3×60分.3=0.27②由题知,记“B球员担当守门”为事件,⋯⋯⋯则,����=0.3×0.3=0.,09���0.091���=��=0.27=3故球队赢了比赛的条件下,B球员担当前锋的概率为8分13⋯⋯⋯③依题意，X的可能取的值为0，1，2，3,4则X~B(4，)，130102416P(X=0)=C4×()()=33811112332P(X=1)=C4×()()=3381212228P(X=2)=C4×()()=3327313218P(X=3)=C4×()()=338110分41420143381所P(X以=X4的)分=布C列×为(：)()=⋯⋯⋯X01234P1632881数学期望818127128分181143320.解：(1E)(证X)明=:因np为=△4×ABD=与ABC共面,所以连接⋯C⋯D⋯与AB相交于点O,因为四面体PABD和QABC是相同的正四面体,所以,ABC、△ABD都是等边三角形,则ACBCABADBD,所以四边形ACBD为菱形,则O为AB、CD的中点,1分⋯⋯⋯过点P、Q分别作PE平面ABD、QF平面ABC,垂足分别为E、F,根据正四面体的性质可知E、F分别为△ABD、ABC的中心且E,F在DC上,且PE//QF,2分⋯⋯⋯2因为正四面体PABD的棱长为23,则ODADsin603,DEOD2,EO=FO=13PE平面ABD,DE平面ABD,PEDE,PEPD2DE222,同理可得QF22,所以PEQF,故四边形PQFE为平行四边形,故PQ//CD,4分⋯⋯⋯因为四边形ACBD为菱形,则CDAB,所以ABPQ分⟂5⋯⋯⋯（2）依题知AD23,取线段PQ的中点M,连接OM,1易知OEOFOD1,所以O为EF的中点,3因为四边形PQFE为平行四边形,则PQ//EF且PQEF,6分因为O、M分别为EF、PQ的中点,则OE//PM且OEP⋯M⋯,⋯所以,四边形PEOM为平行四边形,则OM//PE,所以,OM平面ACBD,7分因为ABCD,以点O为坐标原点,OA、OC、OM⋯所⋯在⋯直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系,则A(3,0,0),B(3,0,0),P(0,1,22),Q(0,1,22),8分⋯⋯⋯设平面PAQ的法向量为,m(x1,y1,z1),PQ(0,2,0),AP(3,1,22)mPQ2y10则,取,可得：,9分x122m(22,0,3)mAP3x1y122z10⋯⋯⋯设平面BAQ的法向量为,,n(x2,y2,z2)��=(3,1,22)��=(23,0,0)则,取,可得：,分y22210�∙��=23�2=0�=(0,22,−1)⋯⋯⋯�∙��=3�2+�2+22�2=.011分m∙n−333∴cosm,n=mn=11×3=−33⋯⋯⋯由图形可知,二面角P-AQ-B的平面角为锐角,故二面角P-AQ-B的余弦值为.333312分21解：（1）依题意知F（1,0），所以A(1,2),B(1,-2)……1分⋯⋯⋯设P（1，y0）所以直线的方程为y=x-1+y0……2分联立方程�得：……4分2�=4�2�−4�+4�0−4=00是定值4则y1y2�4=�−1+y�1y2……5分（2）证：依题意设直线的方程为：点,,22�1�2�0�=��+1,�(4,�1)�(4,�2)联立方程得：,……6分2�=4�2�−4��−4=0�=��+14y1y24，即y2……7分y1m点F坐标为（1,0）k……8分RF2∵4mymy4ymy2k2111,9分RQ242y24y11214y1ym4y4m11分又kRE22,10y4y11144ymy24y4m111分kRQkRE22m2kRF114y14y1直线RQ、RF、RE的斜率成等差数列……12分1x22．（1）由1x0得fx的定义域为,1fx1x1…1分1-x1x当0x1时，fx0，fx单调递增，当x0时，fx0，fx单调递减；……3分fxf00，即fx0恒成立……4分213（2）Fxfxgxln(1x)cosx，Fx2sinx，x,11x2311当x,1时，y单调递增，y2sinx单调递减，21x1332所以Fx2sinx在x,1上单调递增，又F20，1x2251F10023所以x,1时，Fx有一变号零点，23即Fx在x,1有一个极值点；……6分2112当x1,0时，0，2sinx0，所以Fx2sinx0，1x1xFx在这一区间内无极值点；……7分113当x0，时，令hxFx2sinx，21x1hx2cosx1x2111在，上单调递增，在，上单调递减，y2x0y2cosxx01x221所以hx在x0，上单调递增，又h0120，211所以使得.h40x00,hx022所以在上单调递减，在1上单调递增，hx0,x0x0,21411又h010,h220,h0，所以hx在x0，上有两个零点，4322所以Fx有两个极值点，……10分11当x,1时，22sinx，Fx0，21x所以Fx这一区间内无极值点；……11分3综上，Fxfxgx在x,1上有3个极值点.……12分2