树德中学高2022级高三下学期4月阶段性测试数学试题答案所以四边形ABCD的面积353π53SSS(54cos)sinsin3cos2sin，1-8：CCABBDBD9.ABD10.AC11.ABD12.1213.214.(1,1)△ACD△ABC4434πππ2ππ115.（1）当a2时，fxxlnx1，fxlnx11lnx2f12,f11，切又因为,π，所以,，sin,1，236332点为1,1，5353四边形ABCD的面积的取值范围为1,2．切线方程是y12x1，即y2x144（）连接，则，1117.1CMDM1,BCBM1,MBC120（2）函数gxfxax2在区间2,3上单调递减，gxxlnxaxxax222由余弦定理得CMBM2BC22BMBCcosMBC3，gxlnxaax0在区间2,3上恒成立，在CDM,ACM中，有DM2CM2CD2,AM2CM2AC2，所以CMDM,CMAM，又DMAMM,DM、AM平面，所以平面lnxADMCMADM.所以lnxax1，而x2,3，则x11,2，得到a恒成立，（2）取DM的中点O，连接AO，则AODM，x1由（）知平面又平面，lnx1CMADM.CMBCDM令，即恒成立，即可，hxahxahxmax所以平面BCDM平面ADM，又平面BCDM平面ADMDM，AO平面ADM，x1所以AO平面BCDM，11lnx111而，令，，1313hxxtx1lnxt21ln2ln20建立如图空间直角坐标系Mxyz，则D(1,0,0),C(0,3,0),A(,0,)，AC(,3,)，(x1)2x222222111x而当时，，则tx在2,3上单调递减，13x2,3tx220设APAC(,3,),01，xxx221故，得到在上单调递减，，．txln20hx2,3hxh2ln2aln2,13(1)2所以DPDAAP(,3,).22222π16.（1）在ACD中，由余弦定理：ACADCD2ADCDcos1422cos3，3设平面PDM的一个法向量为m(x,y,z)，π所以AC3，则AD2CD2AC2，所以DAC，2mMDx05π则，不妨取，又因为为等边三角形，所以，且BADBACDAC，13(1)m(0,1,2)VABCABAC3mDPx3yz0622所以115π3，则的面积为3．S△ABADsinBAD31sin△ABD易知平面BCDM的一个法向量为n(0,0,1).ABD22644设平面PDM与平面BCDM所成角为，（2）在ACD中，由余弦定222理:ACADCD2ADCDcos1422cos54cos,mn24172则coscosm,n，解得或2（舍）122323mn173所以SAC(54cos)，S△ACD12sinsin，(1)41△ABC442第1页/共3页学科网（北京）股份有限公司2AP111581n所以APAC，所以2.2n231n3PCp2n2312813n559558111118.（1）对两个盒子中相同字母的卡片进行交换，则p3．1333515281n3若第次交换的是相同字母的卡片，则第二次仍需将两个盒子中相同字母的卡片进行交换，51515151，122111281n322281n32481n此时概率为．339n若第次交换的是不同字母的卡片，有种情况，113261111515n151515151153不妨设将第一个盒子中的A和第二个盒子中的B进行交换，于是81．nknnnppp24812481124811264则第二次需要将第一个盒子中的B和第二个盒子中的A进行交换，242nk111818121281811此时概率为．于是p．62233279272719.（1）过N作NGPC1于G，而C1A1N，NA1a，所以NGasin，（2）用An表示n次交换后两个盒子中仍然是A，B，C三种字母的卡片各一张的事件，则有pnPAn．NGasin而C1NG，所以NC1.cosC1NGcos211对相同字母的卡片进行交换可知∣．asinPAn1An3同理过向作垂线，可得33NPC2NC2.cos假设第一个盒子里装有卡片X，Y，Y，第二个盒子里装有卡片X，Z，Z，asinasin注意到两个盒子中都有两张相同字母的卡片，（2）（ⅰ）由（1）可知NC,NC，所以1cos2cos因此，只需用第一个盒子中的任意一张写有字母Y的卡片交换第二个盒子中的任意一张写有字母Z的222asinsin2bNB1NC1NC22卡片即可变为两个盒子中都是，，三种字母的卡片各一张的状态．所以∣24．cosABCPAn1An39a2sincoscossinsincoscossina2sin2cos2cos2sin214，再由全概率公式可得∣∣，22pn1PAn1PAnPAn1AnPAnPAn1Anpn1pncos39cos222222214212bsincoscossin2cossin于是p01，pn1pn．故pn1pn，所以sin，99595a2cos2cos22231n222222所以数列是首项为，公比为的等比数列，于是231，*．所以2b2cossin2cossincos，pnp0pnnNe11sincos5559559a2cos2cos2cosn231313111从而有．pnncos91559595915所以e，因为a3，所以c1，所以椭圆C的焦距2c2.cos13（3）由于3第2页/共3页学科网（北京）股份有限公司（）因为∥，所以SS，所以ⅱDF1EF2DF1F2DF1ESSSS，所以SSs，DF1F2DF1QDF1EDF1QF1QF2QDESEQFQFEF1222设DF1EF2，所以，SQDEDQDF11ss所以同理可得所以，SEQFSQDE.SDQFs.S四边形s2s21EDF1F2延长交于点，则，设，则DF1CMDF1F1MDx1,y1,Mx2,y222x1x21xy1x1,y1x21,y2，所以，由（ⅰ）可知椭圆的标准方程为1，y1y20982222xyx1y111119898由，得，x2y22x22y22212229898xxxxyyyy1xx所以1212121212，所以1212，989x451所以xx99，又因为xx1，解得4，1212x52因为SSSsscyy，DF1F2DQF1F1QF211222x45所以ssy281181，19922222118s320所以9s12818s3209s1280，所以，9s21283所以s18s320s所以S四边形s2s2s.3.EDF1F2218s320s9s128fs2s9s2128第3页/共3页学科网（北京）股份有限公司