山西省运城吕梁市2023届高三上学期期末调研测试数学试卷+答案.pdf

1、运城市 2022-2023 学年第一学期期末数学试题答案运城市 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.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.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.CD

2、10.ABC11.BD12.ABD二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.13.-84.14.b3115.,016.10515四、解答题：(本小题共 6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)四、解答题：(本小题共 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.解：（1）设等差数列 的公差为，则3+7=21+8=181+5=21+4=10，解得=2，1=1，1 分=2 1；2 分设等比数列 的公比为 0，则3+5=31+2=51615=32=116，解得3=14，=12

3、，1=1，3 分=1214 分（2）由（1）可知=3+125 分=42+722+3+12，6 分则12=422+723+3+12+1，7 分两式相减得：12=2+3 122+123+123+12+1=2+3 12211211123+12+1=723+72+1，9 分=7 3+7210 分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:sincossincossincossincosCACBACBC,即sincossincossincossincosCAACBCCB,即:sin()sin()CABC,3 分又因为锐角ABC,所以

4、(,)2 2CA,(,)2 2BC,所以CABC,4 分即2ABC,又ABC,所以3C；5 分（2）由题意可知23ADB,设DAB,所以3ABD,又022,2(0,)32B,所以(,)12 4,6 分在ABD中,由正弦定理可得sinsinABADADBABD,即323=(3),所以 AD=2 3sin(3),8 分=12 =12 3 2 3(3)=92 3 322=3 32(2+6)3 34,10 分又(,)12 4,22(,)633,所以3sin(2)(,16211 分所以3 32(2+6)3 34(93 34,3 34即ABD面积的取值范围为(93 34,3 3412 分19.（1）解:由

5、题知,=50 20 22=8,=20 12=8,将表格填完整如下所示:球队胜球队负总计A 参加22830A 未参加81220总计3020502 分 2=50 221288230203020=509 5.56,3 分 3.841 5.56 6.635,所以没有 99%的把握认为球队胜利与 A 球员参赛有关;4 分（2）由题知,记“B 球员参加比赛,比赛赢球”为事件,=0.2 0.2+0.3 0.2+0.2 0.4+0.3 0.3=0.27,故 B 球员参加比赛,比赛赢球的概率为 0.27;6 分由题知,记“B 球员担当守门”为事件,则 =0.3 0.3=0.09,=0.090.27=13,故球队

6、赢了比赛的条件下,B 球员担当前锋的概率为138 分依题意，X的可能取的值为 0，1，2，3,4 则 XB(4，13)，P(X=0)=C40(13)0(23)4=1681P(X=1)=C41(13)1(23)3=3281P(X=2)=C42(13)2(23)2=827P(X=3)=C43(13)3(23)1=881P(X=4)=C44(13)4(23)0=18110 分所以 X 的分布列为：X01234P16813281827881181数学期望 E(X)=np=4 13=4312 分20.解：(1)证明:因为ABD与ABC共面,所以连接CD与AB相交于点O,因为四面体PABD和QABC是相同

7、的正四面体,所以,ABC、ABD都是等边三角形,则ACBCABADBD,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/PEQF,2 分因为正四面体PABD的棱长为2 3,则sin603ODAD,223DEOD,EO=FO=1PE 平面ABD,DE平面ABD,PEDE,222 2PEPDDE,同理可得2 2QF,所以PEQF,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CDAB,所以 AB PQ 5 分

8、（2）依题知2 3AD,取线段PQ的中点M,连接OM,易知113OEOFOD,所以O为EF的中点,因为四边形PQFE为平行四边形,则/PQEF且PQEF,6 分因为O、M分别为EF、PQ的中点,则/OEPM且OEPM,所以,四边形PEOM为平行四边形,则/OMPE,所以,OM 平面ACBD,7 分因为ABCD,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(3,0,0),(3,0,0),(0,1,2 2),(0,1,2 2)ABPQ,8 分设平面 PAQ 的法向量为111(,),(0,2,0),(3,1,2 2)mx y zPQAP ,则1111

9、2032 20m PQym APxyz ,取12 2x,可得：(2 2,0,3)m,9 分设平面 BAQ 的法向量为222),(nxy z,?=(3,1,2 2),?=(2 3,0,0)则?=2 32=0?=32+2+2 22=0,取22 2y,可得：?=(0,2 2,1),10 分 cos m?,n?=m?n?m?n?=3113=3333.11 分由图形可知,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3333.12 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+y02 分联立方程

10、2=4=1+0得：2 4+40 4=04 分则421 yy21yy 是定值 45 分（2）证：依题意设直线0的方程为：=+1,点(124,1),(224,2),联立方程2=4=+1得：2 4 4=0,6 分122144yyyy，即7 分点 F 坐标为（1,0）2mkRF8 分又分分分1124444410,444149,44144142112121121121121211211222RFRERQRERQkmymyymyykkymyymykymyyymyymyk直线 RQ、RF、RE 的斜率成等差数列12 分22（1）由01 x得 xf的定义域为1,111-11xxxxxf1 分当10 x时，0

11、xf，xf单调递增，当0 x时，0 xf，xf单调递减；3 分 00 fxf，即 0 xf恒成立 4 分（2）xxxgxfxFcos2)1ln(，xxxFsin211，1,23x1当1,23x时，xy11单调递增，xysin2单调递减，所以 xxxFsin211在1,23x上单调递增，又025223F，00211F所以1,23x时，xF有一变号零点，即 xF在1,23x有一个极值点；6 分2当0,1x时，011 x，0sin2x，所以 0sin211xxxF，xF在这一区间内无极值点；7 分3当210，x时，令 xxxFxhsin211，xxxhcos2112211xy在210，x上单调递增，xycos2在210，x上单调递减，所以 xh在210，x上单调递增，又 0210h，0421 h所以21,00 x使得 0 xh.所以 xh在0,0 x上单调递减，在21,0 x上单调递增，又 021,0223441,010hhh，所以 xh在210，x上有两个零点，所以 xF有两个极值点，10 分当1,21x时，xxsin2211，0 xF，所以 xF这一区间内无极值点；11 分综上，xgxfxF在1,23x上有 3 个极值点.12 分