2022--2023学年第一学期高三期末学情调研测试数学答案1.C2.D3.B4.C5.B6.B7.A8.B9.BCD10.BD11.ACD12.AD140413.4014.15.8或16.22731111a11a-1117.（1）--n+-n为常数a-1a-1=3an-1a-1=2a-2a-1=2(a-1)=2n+1n-1nnnna1n+1是以1为公差的等差数列分∴.....................................5an1211111n（2）由（1）得(n-1)a1-12an-12222a-1nn2211b4(-).................................8分nn1nnn11111114nS4(1---)4(1-).....................10分n223nn1n1n118.(1)在△ABC中，BC2，ABC，=31∴SABBCsinABC33，可得AB6，...............3分ABC2=在△ABC中，由余弦定理得222AC=AB+BC-2AB•BC•cos∠ABC，=36+4-12=28...........................................................................6分∴AC=27π(2)设∠ACDα，则∠DAC-α，==2AD5在RtACD中，AD5，易知：AC，......................8分==sinα=sinα12ACBCAC在△ABC中，由正弦定理得，即π=π，sinBACsinABCsin(-α)sin23π2sin即3.............................................10分AC3=cosα=cosα535353，可得，即..................................12分∴=tanα=tan∠ACD=sinαcosα3319．（1）证明：设AC交BD于O,底面ABCD是菱形,则BDAC，O是BD中点，又PBPD，所以BDPO,又POACO,PO,AC平面PAC,则BD平面PAC,……………………………………………………3’又BD平面ABCD,则平面PAC平面ABCD……………………5’（2）解：PAAD2PD，BAD60,不妨设PAAD2,则PDPB2,BD2,AO3,又BDPO,则PO1，所以PA2PO2AO2,所以POAO,……………………………………………………………………………..7’以O为原点，分别以OA,OB,OP为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则A(3,0,0),B(0,1,0),C(3,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),BC(3,1,0),PB(0,1,1),AD(3,1,0),PD(0,1,1)设平面的一法向量为，则PBCn1(x,y,z)BCn3xy0，取，则，x1n1(1,3,3)PBnyz0同理，求得平面的一法向量PADn2(1,3,3),………………………10’设平面PBC和平面PAD所成锐角为，2n1n21则cos|cosn1,n2|||，|n1||n2|71所以，平面PBC和平面PAD所成锐角的余弦值为……………………………..12’71320.(1)由题意知，每位学生计划不选择校本课程二的概率为，选择校本课程二的概率为，44则X的可能取值为3，4，5，6，311P(X＝3)＝，4642319＝＝1，P(X4)C3446423127＝＝2，P(X5)C344643327P(X＝6)＝，………………………………4’464所以X的分布列如下表所示：X3456192727P6464646419272721所以E(X)＝3×＋4×＋5×＋6×＝.………………………………6’646464644(2)因为这n人的合计得分为n1分，则其中只有1人计划选择校本课程二，n1313n所以1………………………8’PnCn444n3693n设SPPPn12n4142434n113693n则SPPP4n412n4243444n1333333n由两式相减得S4n4142434n4n1111344n3n13n3n4即，S311n1n1nn1n1414444443n4所以…………………12’P1P2Pn134n13b1a2c321.(1)由题意知，，解之得b1，a2222c3abcx2故椭圆E的方程为y21…………………3’4（）设，2A(x1,y1),B(x2,y2)l:yk(x1）AB1联立2得，4k21x28k2x4k240x2111E:y148k21x1x224k11因为T1，0在椭圆内部，则必有，4k24xx11224k11xx4k2k故，121，1xM2yMk1(xM1)2………………5’24k114k11设直线22，lMN:AxByC0AB04k2k将11代入，得22，M2,2lMNA4k1Bk1C4k1104k114k11即2同理，24A4Ck1Bk1C04A4Ck2Bk2C0…7’显然是方程2的两根，k1,k24A4CkBkC0Bkk124A4C则…………9’Ckk124A4CCB因为k1k12，则kkkk1，即1,1212124A4C4A4C41得：CAB,………………………………11’3341故直线，lMN:AxByAB03341即22，lMN:AxBy0AB033441故直线MN经过定点,…………12’331x22.(1)解：f'(x),2ex可得f(x)在(,1)上递增，在(1,)上递减，1则f(x)f(1)，……………………………….2’max2ex1g'(x),x0，可得g(x)在(0,1)递减，在(1,)递增，x则g(x)ming(1)1m，…………………………………………..4’111有1m，m1，所以，m的值为1………….5’2e2e2e(2)证明：若F(x)有两个零点x1,x2，不妨设0x2x1，xxx1x2F(x)lnm，设t1,t2，2exexex1ex21tlntm0211由F(x)F(x)0，得，121tlntm02221因为函数ytlntm是增函数，所以tt，212xx则12,………………………………………………………………8’ex1ex2xlnttlnt设1则，t(t1),x2,x1x2t1t1欲证：lnx1lnx20，即证：x1x21，lnt1即证：t()21，只需证：lntt(t1)（*）t1t11设h(x)lnx(x),x1，2x(x1)2h'(x)，在(1,)上，h'(x)0，h(x)递减，所以h(x)h(1)0，2x211所以，lnx(x)0(x1)，令xt即得（*）成立，2x从而，命题得证。………………………………………………………………12’5