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1、高三数学参考答案 第 1 页 唐山市20222023学年度高三年级第一学期学业水平调研考试 数学参考答案 一选择题：14 ADBB 58 ACCD 二选择题：9AC 10BD 11AC 12ACD 三填空题：132 3 144 1521 5100 16(0，e 四解答题：17解：（1）由 cosA c b及正弦定理得 cosA sinCsinB，即 cosAsinBsinC，由 sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB，代入整理得 sinAcosB2cosAsinB，又 B 4，则 tanA2tanB2，所以 tanCtan(AB)tanAtanBtanAtanB1 1 3 5
2、分（2）由 cosA c b知，A 为钝角，B 为锐角，即 tanB0 由（1）知 tanA2tanB，所以 tanCtan(AB)tanAtanBtanAtanB1tanB2tan2B112tanB1tanB tanB2 2tan2B124 8 分 当且仅当 2tan2B1，即 tanB22时，等号成立 所以 tanC 的最大值为24 10 分 18解：（1）设an的公差为 d，bn的公比为 q，则由 a1b12，a2b2，a5b3 可得2d2q24d2q2，解得 q3 或 q1（舍），从而 d4，所以 an4n2，bn23n1 5 分（2）设 bmak，即 23m14k2，得 3m12k1
3、，因为 1k100，所以 12k1199，故 13m1199，由于 3419935，所以 0m14，即 1m5，10 分 所以5m=1bm2(135)13242 12 分 高三数学参考答案 第 2 页 19解：（1）如图，取 AD 的中点 O，连接 OB，OP 底面 ABCD 是菱形，BAD60，ABD 是等边三角形，则有 ADOB，又 ADPB，OBPBB，AD平面 POB，则有 ADPO 2 分 设 PA2，则 AB2，PB 6，POOB 3，PB2PO2OB2，POOB，又 OBADO，4 分 PO平面 ABCD，又 PO平面 PAD，平面 PAD平面 ABCD 5 分（2）设 PA2，
4、以 O 为坐标原点，以OA，33OB，33OP为单位正交基底建立空间直角坐标系，如图所示 则 A(1，0，0)，B(0，3，0)，C(2，3，0)，P(0，0，3)，AB(1，3，0)，AP(1，0，3)，BC(2，0，0)，BP(0，3，3)，设平面 PAB 的法向量为 m(x1，y1，z1)，则m ABx1 3y10，m APx1 3z10，令 x1 3，得 m(3，1，1)，8 分 设平面 PBC 的法向量为 n(x2，y2，z2)，则nBC2x20，m BP 3y2 3z20，令 y21，得 n(0，1，1)，10 分 设平面 PAB 与平面 PBC 夹角为，则 cos|cosm，n|
5、mn|m|n|105，所以平面 PAB 与平面 PBC 夹角的余弦值为105 12 分 20解：（1）将 10 位患者服用新药视为 10 重伯努利试验，在每次实验中，每位患者治愈的概率为 0.8，且每位患者是否治愈相互独立，则 XB(10，0.8)，故 E(X)100.88 4 分（2）设 A“任选 5 位志愿者全部治愈”，则 P(A)C58C510 2 9 7 分（3）设 B“经过试验该药被认定无效”，事件 B 发生等价于X4，则 pP(B)P(X4)4k=0Ck100.8k0.210k 0.00010.00080.00550.0064 11 分 p 值小于 0.05，可以认为试验方案合理
6、12 分 高三数学参考答案 第 3 页 21解：（1）由题意得1a212b21，ca22a2b2c2 2 分 得 a 2，b1，c1，则椭圆 E 的标准方程为：x22y21 4 分（2）设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 ykxm，x22y21，得(12k2)x24kmx2m220，依题设16k2m24(12k2)(2m22)8(12k2m2)0，则 x1x24km12k2，x1x22m2212k2，6 分 所以 kPAkPBy122x11y222x21kx1m22x11kx2m22x21 2k(km22)(x1x22)(x11)(x21)2k(km22)2(2k22km1)2k24k
7、m2m21 2k(km22)2k22km1(km)212 2k2k22km1km222k1km22 9 分 由于 kPAkPB0，于是2k1km220 所以 2k10，所以 k22 10 分 由8(12k2m2)0，得 2m 2 11 分 因为直线 l 不经过点 P，所以 m0 于是 m 的取值范围为 2m 2且 m0 12 分 高三数学参考答案 第 4 页 22解：（1）函数 f(x)的定义域为(，)，f(x)xexex1，1 分 当 x0 时，f(x)0；2 分 当 x0 时，xex0，ex10，则 f(x)0，f(x)单调递增；当 x0 时，xex0，ex10，则 f(x)0，f(x)单
8、调递减 故当 x0 时，f(x)取得极小值 f(0)0；没有极大值 4 分（2）由（1）知 g(x)至多有两个零点，且 g(0)f(0)aa0 取函数 h(x)exx1，则 h(x)ex1，当 x0 时，h(x)0，h(x)单调递增；当 x0 时，h(x)0，h(x)单调递减 故当 x0 时，h(x)取得最小值 h(0)0，则 ex1x 因此，当 x0 时，f(x)(ex1)xx2，则 g(a)f(a)aaa0 故 g(x)存在一个零点 x1(0，a)(0，)eaa0，eaea1 则 g(ea)(eea1)(ea)aeaeaeaaea1a0，故 g(x)存在另一个零点 x2(ea，0)(，0)综上所述，g(x)f(x)a 有两个零点 x1，x2，即 f(x1)f(x2)a 8 分 x20，x20，要证 x1x20，只需证明 x1x2 由于当 x0 时，f(x)单调递增，故只需证明 f(x1)f(x2)，即证 f(x2)f(x2)令 h(x)f(x)f(x)，x0 则 h(x)f(x)f(x)x(exex)exex2 x0，exex0，x(exex)0又 exex2，故 h(x)0，当 x0 时，h(x)单调递增 x20，h(x2)h(0)0，则 f(x2)f(x2)因此 x1x20 12 分