《2022年秋期高中三年级期终质量评估 数学试题（文）参考答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年秋期高中三年级期终质量评估 数学试题（文）参考答案.pdf（6页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、12022 年秋期高中三年级期终质量评估数学试题（文）参考答案一、15 ACBAC610 BBDCA1112 BA12、bc3131sin32.0sin)25.12sin(25.1cos5.115.15.15.031,5.1lnba令xxfln)(，xxxxg111)(，易证)()(xgxf（当且仅当1x时等号成立）)5.1()5.1(gf，即ba cba二、13.1-14.511533-33xyxy或或16328三、17解：（1）由题意得列联表如下：不太了解比较了解总计男性125165290女性75135210总计200300500计算得22500(125 135 165 75)2.7712
2、00300290210K5 分因为2.7712.706，所以有 90%的把握认为“居民对垃圾分类的了解程度”与“性别”有关；6 分(2)由题意可知，抽到的女性有305275人，抽到的男性有455375人，8 分记抽到的男性为 a，b，c，抽到的女性为 d，e，则基本事件分别为(,)a b c、(,)a b d、()abe、()acd、()ace、()ade、()bcd、()bce、()bde、()cde、，共 10种，抽取的 3 人恰好是两男一女共有 6 种，所以抽取的 3 人恰好是两男一女的概率是35。12 分18、解：（1）当1n时，2)2)(1(1111aaaS，解得：21a或11a，2
3、 分因为0na，故21a3 分2方法一方法一：因为2)2(2)(1nnnanaanS，所以2)2)(1(2)2(nnnaaan，又0na，即可得1 nan6 分方法二方法二：当2n时，2)2)(1(22222aaaS，易得：32a因为数列na是等差数列，故1 nan6 分（2）由(1)知，nnnb)98()1(，故11)98()2(nnnb187()99nnnnbb，8 分当7n时，nnbb1；当7n时，nnbb1；当7n时，nnbb1;11 分故数列nb的最大项为788798 bb12 分19、证明：（1）由题意可知BCAD，BCPAD 平面，PADAD面，故，BCPAD平面2 分又PBCB
4、C面面lPADPBC面面且且面面lBC/5 分（2）因为 PB底面 ABCD，所以 PBBC又底面 ABCD 为直角梯形，且2ABCBAD 所以 ABBCBABPB且PABBC面7 分lBC/又PABl面8 分3(3)易求得，2BD,3PD,2DC,5PC因为222DCPDPC，PDC所以为直角三角形设B到平面PCD的距离为h，因为BCDPPCDBVV，10 分所以BCDPCDSPBSh3131,故可得，36h12 分20、解：(1)由题意知：21ac，即ca2且1-ca可得：1,3,2cba.椭圆:C的方程为：13422yx4 分(2)方法一：不妨设直线MN交x轴于Q点，由NFMF212，易
5、得，QFQF212，故)0,3(Q,设直线MN的方程为3 myx，),(11yxM，),(22yxN6 分显然，01y，02y由134322yxmyx得，01518)43(22myym，4318221mmyy4315221myy8 分又NFMF212，得212yy 由得，352m10 分所以，直线MN的方程为：3352yx，即10591053xy12 分4方法二：延长MF1交椭圆于点P，根据椭圆的对称性可知，由NFMF212，可得112PFMF设),(11yxM，),(22yxP，则),(22yxN显然，01y6 分设直线PM的方程为1 myx，联立134122yxmyx得，096)43(22
6、myym，436221mmyy439221myy8 分又112PFMF，得212yy由得，552m故85321 yy，则452)(2121yymxx，因此，直线MN的斜率1053)()(21212121xxyyxxyyk10 分不妨设直线MN交x轴于Q点，由NFMF212，易得，QFQF212，故)0,3(Q,所以，直线MN的方程为：10591053xy12 分21 解：(1)xxxxxxxxxf)1)(12(12121)(22 分故)(xf在)1,0(上是单调增加的，在),1(上是单调减少的.3 分所以0)1()(max fxf，即0)(xf.4 分(2)当0a时，2)(xxf，不存在零点.
7、5 分当0a时，由0)(xf得2ln1xxxa，),0(x.7 分5设2ln)(xxxxg，则3ln21)(xxxxg8 分令xxxhln21)(，易知)(xh在)0(，上是单调减少的，且0)1(h.故)(xg在)1,0(上是单调增加的，在),1(上是单调减少的.9 分由于0)1(11)1(2eeeg，1)1(g，且当1x时，0)(xg.10 分故若函数)(xf有且只有一个零点，则只须11a或01a.11 分即当1)0,(a时，函数)(xf有且只有一个零点12 分22解：（1）因为sincos2yx，所以曲线C的直角坐标方程为1422 yx因为sin,cosyx，所以，曲线C的极坐标方程为：1
8、sin3422.5 分（2）由于OAOB，故可设1,A，2,2B 1sin34221，1cos34222，所以2222121111|OAOB=454)1sin3()1cos3(22即22|1|1OBOA为定值45.10 分623.解：(1)由题知：bababxaxbxax2|2|)2()(|2|，因为存在Rx 0，使得4|2|00bxax，所以只需42 ba，即ba2的取值范围是4,5 分（2）方法一方法一：由（1）知42 ba，因为,a bR，不妨设22bat，当2b 时，224tab，当02b时，有222)24(babt,整理得，516)58(51616522bbbt，此时t的最小值为516；综上：22ba 的最小值为516.10 分方法方法二二：令222tab，不妨设cos,sinatbt，因为42 ba，所以44cos2sin5t，所以：2165t，即22ba 的最小值为516.10 分