1、1 2023 学年学年下下学期高学期高一一期末五校联考试卷期末五校联考试卷 数数 学参考答案及评分细则学参考答案及评分细则 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 C D B C C D C B ACD ABD BCD 12.35 13.2 14.(0,1)；3 15（1）解：3()cos22f xx=，1 分 所以()g x的最小正周期22T=.2 分 令222,()kxkkZ，3 分 解得2kxk 4 分 所以()g x的单调递增区间为,().2kkkZ 5 分（2）因为1cos(2)332()cos24cos22sin22222xg xxxx=+5 435(sin2cos2)2s
2、in(2)22 552xxx=+=+.7 分 其中34sin,cos,(0,).552=8 分 当且仅当sin(2)1x+=时，函数()g x的最大值为51222=，此时022()2xkkZ+=+，即0222xk=+9 分 又03cos2cos(2)sin25xk=+=，200cos212sinxx=10 分 所以20312sin5x=，解得201sin5x=11 分 因为00,)2x，12 分 所以05sin5x=.13 分 16.解：（1）由频率分布直方图可知，#QQABTYYEogiAQIBAAQgCUQHoCAOQkBGAAQgGhBAMMAAAgRNABAA=#2 成绩的第 75 百
3、分位数一定在80，90）内，1 分 即0.750.780 1082.50.2+=3 分 因此估计参加这次竞赛的学生成绩的第 75 百分位数为 82.5；4 分（2）由直方图可知，从成绩在70，80），80，90），90，100内的学生中 分别抽取了 3 人，2 人，1 人 5 分 其中有 3 人为航天达人，设为 a，b，c，有 3 人不是航天达人，设为 d，e，f，则从 6 人中选择 2 人作为学生代表，则样本空间为：（a，b），（a，c），（a，d），（a，e），（a，f），（b，c），（b，d），（b，e），（b，f），（c，d），（c，e），（c，f），（d，e），（d，f），（e，f）
4、共 15 种，8 分 其中 2 人均为航天达人为（a，b），（a，c），（b，c）共 3 种，9 分 所以被选中的 2 人均为航天达人的概率为31155=10 分（3）80,90）组的人数为 200，90,100组的人数为 100.11 分 备备注注：若以：若以 80 人的样本来计算人的样本来计算方差也正确，不扣分。方差也正确，不扣分。则这两组的平均数为：212658595333+=12 分 所以总体的方差为：2221265265200 12(85)100 8(95)30033=+s8883327=15 分 或：20020022221111285200(1285)200iiiixx=+，100
5、1002222111895100(895)100iiiiyy=+13 分 2001002222111265()()3003iiiisxy=+14 分=2221265200(1285)100(895)()3003+=296339 15 分 17.证明：（1）设 AC 边上的高为h,则 11sin22BCDSh CDa BDCBD=,11sin22BADSh ADc BDABD=,1 分 又CBD=ABD,#QQABTYYEogiAQIBAAQgCUQHoCAOQkBGAAQgGhBAMMAAAgRNABAA=#3 CDaADc=；3 分（2）设CBD=ABD=(0)2,由（1）可知2ac=在AB
6、C中，由余弦定理得：22954cos2cc=，4 分 即：2954cos2c=，又12sin22Scc=9sin254cos2 5 分 法一：29sin24 cos29sin251681sin(2)554cos2SSSSS=+=+=25sin(2)1681SS+=+6 分 sin(2)1+2251931681SSSS+7 分 当且仅当22+=时取得最大值 3.8 分 法二：令tant=则9sin254cos2S=2222181818181314(1)911952 91tttttttttt+=+7 分 当且仅当3t=取得最大值 3.8 分 在ABC中，AD=1，CD=2 2133BDBABC=+
7、,222221441()33999BDBABCBABA BCBC=+=+222988cosBDccABC=+，9 分 又在ABC中，由余弦定理得：2254cos9ccABC=，222(1)BDc=，10 分#QQABTYYEogiAQIBAAQgCUQHoCAOQkBGAAQgGhBAMMAAAgRNABAA=#4 11(1)22BADScBD rAD h=+=11(2)22BCDSaBD RCD h=+=2211112(1)2(1)2(1)rcBDBDcRcBDcBDBD+=+11 分 211111111112(1)2(1)2(1)2(1)2(1)2(1)ccccc=+12 分 又23cc+
8、且32cc+,所以13c 13 分 1112(1)c+1104112(1)2(1)c+314rR 14 分 所以rR的取值范围是3(,1)4.15 分 18解：（1）在图 2 中取CD的中点G，连接EG 因为E为AB的中点，所以/BC EG，则1AEG就是异面直线1AE与BC所成的角或其补角 1 分 在1ADC中，112,2 2ADACCD=，所以1ADC为等腰直角三角形.因为G为CD的中点，所以1122AGCD=在1AEG中，112,2AGAEEGBC=，所以1AEG为等腰直角三角形 2 分 145AEG=3 分 异面直线1AE与BC的夹角为45.4 分（2）如图，连接AC交DE于点F，连接
9、1AF#QQABTYYEogiAQIBAAQgCUQHoCAOQkBGAAQgGhBAMMAAAgRNABAA=#5 在矩形ABCD中，222,222 2AEADADDC=，90EADADC=，所以EADADC，5 分 所以ADEDCA=于是90DACADEDACDCA+=+=，因此90AFD=，即DEAC 6 分 1DEAF，DEFC，1AFFCF=，11,AF CFAFC平面，7 分 所以1DEAFC平面 8 分 因为11ACAFC 平面，9 分 所以1DEAC 10 分（3）如图，过1A作1AHFC，垂足为H，过H作HICD，垂足为I，连接1AI 则1AIH就是二面角1ACDB的平面角.
10、11 分 证明如下：因为1DEAFC平面，11AHAFC平面，所以1AHDE 又因为1AHFC，FCDEF=，,FC DEBCDE平面，所以1AHBCDE平面 因为CDBCDE平面，所以1AHCD 又因为HICD，1AHHIH=，11,AH HIAHI平面，所以1CDAHI平面 因为11AIAHI平面，#QQABTYYEogiAQIBAAQgCUQHoCAOQkBGAAQgGhBAMMAAAgRNABAA=#6 所以1CDAI。即1AIH就是二面角1ACDB的平面角 13 分 设()1,0,AFC=，则12 3sin3AH=，()22cos3HI=113sintantan142cosAHAIH
11、HI=14 分 3sincos2+=，sin16+=，623+=此时12 3sin133AH=，15 分 又13 2 23 22EBCDS=16 分 11113 2 1233AEBCDEBCDVSAH=17 分 19解：（1）由 A：1,1,1,1,1,1,可得()T A：1,1,1,1,1,1,1 分 2()TA：1,1,1,1,1,1 2 分 所以2()1 1 1 1 1 12A TA=+=；3 分（2）因为12231().nA T Aaaa aa a=+，由数列 A 为n数列，所以1,1ia （i1，2，n），4 分 对于数列 A：12,a a,na中相邻的两项1,iia a+（i1，2
12、，n），令11naa+=，若1iiaa+=，则11iiaa+=，若1iiaa+，则11iiaa+=，6 分#QQABTYYEogiAQIBAAQgCUQHoCAOQkBGAAQgGhBAMMAAAgRNABAA=#7 记1iia a+（i1，2，n）中有t个1，有n t个 1，7 分 则()2A T Ant=，8 分 因为2nt与 n 的奇偶性相同，而3n与 n 的奇偶性不同，故不存在适合题意的数列 A；10 分（3）首先证明1()()()kkA T ATA TA+=（k1，2，n2），对于数列 A：12,a a,na有()T A：23,a a，1,na a()kTA：12,kkaa+，12,
13、na a a，1,kkaa 1()kTA+：23,kkaa+，12,na a a，1,kka a+11 分 所以11223112231()().kkkkkknkkTA TAaaaaa aa aa aa a+=+12 分 故1()()()kkA T ATA TA+=（k1，2，n2），故()4A T An=13 分 其次，由数列 A 为n数数列可知，()24A T Antn=，14 分 解得 t2，这说明数列 A 中任意相邻两项不同的情况有 2 次，15 分 若数列 A 中1的个数为 s（s1，2，3，n1）个，此时数列 A 有 n 个，所以数列 A 的个数为(1)n n个 17 分 部部分题目
14、详解：分题目详解：8.由满足对任意的tR，恒有btebe，be2b=，2a=112(2)22aeaeae+=+=，所 以111(2)(2)2 3222aeabaeabbe+=+=（如图所示）当且仅当向量12,2e ba的终点在一条直线上时等号成立故选：#QQABTYYEogiAQIBAAQgCUQHoCAOQkBGAAQgGhBAMMAAAgRNABAA=#8 14.解：当=1，=1时，则函数1()1f xx=，定义域为(,1)(1,1)(1,+)，()()fxf x=，故()f x为偶函数，当0 x，1()1f xx=，故()f x在(0,1)和(1,+)单调递减，(0)1f=，()f x与
15、轴交于(0,1)点，则“囧点”坐标为(0,1)C，则“囧圆”圆心为(0,1)C，要求”囧圆”的面积最小，则只需考虑y轴及y轴右侧的函数图象，当圆C过点(0,1)时，其半径为 2，这是和x轴下方的函数图象有公共点的所有“囧圆”中半径的最小值；当圆C和x轴上方且y轴右侧的函数图象有公共点A时，设1(,)1A mm(其中1m)，则点A到圆心C的距离的平方为2221(1)1dmm=+，令11tm=，(0)t，则22222211211(1)(1)22()2()4dtttttttttt=+=+=+再令1tt=，(其中R)，则22224(1)33d=+=+所以当圆C和x轴上方且y轴右侧的函数图象有公共点时，最小半径为3 又23，综上可知，在所有的“囧圆”中，半径的最小值为3，故所有的“囧圆”中，面积的最小值为3 故答案为(0,1)；3#QQABTYYEogiAQIBAAQgCUQHoCAOQkBGAAQgGhBAMMAAAgRNABAA=#
