《江苏省扬州市2022-2023学年高三下学期期初考试数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省扬州市2022-2023学年高三下学期期初考试数学试题含答案.pdf（10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、第 1 页（共 6 页）2022-2023 学年第二学期期初考试 高三数学参考答案 2023.21D2B 3B 4C 5A 6B 7D 8A 9ABD 10BC 11BCD 12ACD 1328 1415153251631,5217解：（1）12nnSa12nnSa（2n），两式相减得12nnaa（2n）2 分 122,4aa212aa 3 分 12nnaanN120a 12nnanNa数列na是以 2 为首项，2 为公比的等比数列2nna；5 分说明：结果2nna 对，但漏掉212aa的扣 1 分（2）由（1）可知22loglog 2nnnban若选：2nnnncban，1231 22 23
2、 22nnTn 23121 22 2122nnnTnn 7 分 两式相减得：23122222nnnTn=1122212nnn，所以1122nnTn 10 分若选：2211111121 212 21214141nncnnnnbn 7 分 111 111 111111232 352 572 2121nTnn=111221n=21nn 10 分 若选：2211nnnncbn 当n为偶数时，22222212341nTnn =12n12n n 7 分当n为奇数时，11nnnTTc2(1)(2)(1)2nnn12n n .10 分 综上得：112nnn nT.10 分 第 2 页（共 6 页）说明：没有“
3、综上得”不扣分 18解：（1）在ABD中，由余弦定理得:22222cos3abcbc 21003660196a，即14a 3 分 设内切圆I的半径为r，则112sin223ABCSabcrbc 3r 23Sr 6 分（2）法法 1：在ABC中，由（1）结合余弦定理得11cos14ABC，BD平分ABC，点D到,AB BC的距离相等，故ABDCBDSABSBC，而ABDCBDSADSCD,37ABADBCCD 731010BDBABC 9 分 227371136 14141051010101410BD BCBA BCBC 12 分 法法 2：在ABC中，由（1）结合余弦定理得11cos14ABC
4、，依题意可知I为内心，故BD平分ABC，设ABDCBD 则211cos2cos114ABC，5 7cos14，21sin14 8 分 思路思路 1：在ABD中，3ADB,由正弦定理得2sinsin33BDAB 3121sincossin3227 得263sin3 73221sin37ABBD 10 分 cos105BD BCBDBC 12 分 思路思路 2：ABCABDCBDSSS 111sin2sinsin222acc BDa BD 5 726 142cos143 7614acBDac 10 分 cos105BD BCBDBC 12 分 思路思路 3：BD平分ABC，点D到,AB BC的距离
5、相等，故ABDCBDSABSBC 而ABDCBDSADSCD,614ABADBCCD 10BD,3AD 公众号：潍坊高中数学 第 3 页（共 6 页）在ABD中，由余弦定理得22222cos3 73BDADABAD AB 10 分 cos105BD BCBDBC 12 分 19解：（1）连接1AO，在三棱柱1 11ABCABC中，侧面1 1ACC A是菱形，160A AC，则1AAC为正三角形，取AC中点为O，则1ACAO，又1ACA B，111ABAOA，11,A B AO 平面1A BO，所以AC 平面1A BO，3 分 因为BO 平面1A BO，所以ACBO，因为O是AC中点，所以ABB
6、C 5 分（2）在边长为 2 的正1AAC中，13AO，在ABC中，2ABBC，2AC，则1BO，又12AB，所以22211AOBOA B，所以1AOBO，7 分 所以1,OA OB OC两两垂直.以O为原点，1,OB OC OA分别为,x y z轴建立空间直角坐标系Oxyz 则1(0,1,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,3)ABCA，1(1,0,3)AB，11 1(0,1,3),(1,1,0)ACABAB，设平面1 1ABC的法向量为(,)nx y z，则 11030A B nxyAC nyz，令1z，则(3,3,1)n 10 分 设直线1A B与平面1 1ABC所成角为，则
7、11121sin|cos,|7|A B nA B nA B n，所以，直线1A B与平面1 1ABC所成角的正弦值为217 12 分 20解：（1）因为ebx ay，所以ln ybxa，1 分 所以551152221(lnln112.853 36.333.860.3861014916255)3iiiiiiixyxybxnx ，4 分 所以5111ln36.330.38636.10855iiaybx，所以0.3866.108eebx axy.6 分 第 4 页（共 6 页）（2）未引入云算力辅助前，4(0,)Nm，所以40,m ，又(11)0.6827(|)PP ，所以41m，所以4m 8分 引
8、入云算力辅助后，1(0,)Nm，所以10,m ，若保持产品成本不变，则4m，1(0,)4N，1142，所以(11)(|2)0.9545PP 10分 若产品质量不变，则11m，所以1m，所以单件产品成本可以下降413 元.12分 21解：（1）设(,)AAA xy，(,)BBB xy，则由题意得832ABABABxxpxx，故2p，所以抛物线的方程为24yx.4 分（2）直线AB过定点(1,0)，证明如下：设(1,)Cc，211(,)4yAy，222(,)4yBy，直线AB的方程：+(0)xty n n，将+(0)xty n n代入24yx得2440ytyn，则0，所以121244yyty yn
9、，6 分 所以211(1,)4yCAyc，222(1,)4yCByc，因为90ACB，所以0CA CB=，即2222212121212+1+(+)+0164y yyyy yc yyc，即222421440ntnntcc，8 分 即22(1)+(2)=0ntc，所以=1n，所以直线AB过定点(1,0)12 分 22解：（1）2()()()ecosxh xaf xg xax，2()esinxh xax 因为()()()h xaf xg x在(,)2 2上单调减，所以(,)2 2x ，2()esin0 xh xax恒成立，所以(,)2 2x ，2sinexxa 恒成立 2 分 设2sin()exxM
10、 x，(,)2 2x，则222sin()cossin4()eexxxxxMx，第 5 页（共 6 页）当(,)2 4x 时，()0M x，当(,)4 2x时，()0M x，所以()M x在(,)2 4上单调递减，在(,)4 2上单调递增，4 分 所以24min24222()()e42eM xM ，所以242e2a.5 分（2）存在且仅有一条直线同时与()yf x、()yg x的图象相切 6 分 设直线与()yf x，()yg x的图象分别相切于点11(,)P x y，22(,)Q xy，其中1x R，2(,)2 2x ，且12xx，2()e,sinxfxgxx，则在 P 处的切线方程为：112
11、21()xxyeexx，即11221(1)xxyexx e；在 Q 处的切线方程为：222cossin()yxx xx，即2222sincossinyxxxxx 所以122esinxx，121222(1)cossinxx exxx，因为2(1,s n)i1x ，所以1201xe，则2(,0)2x 可得12)2ln(sinxx ，于是有222223ln(sin)(sin)cossinxxxxx，整理得22222(3)sincossinln(sin)0 xxxxx 8 分 法法 1：两边同除以2sinx得2222cos(3)ln(sin)0sinxxxx,要证有且仅有一条直线同时与()yf x、(
12、)yg x的图象都相切，只需证函数cos()3ln(sin)sinxM xxxx，在(,0)2x 上有且仅有一个零点 222222cos sin()sincoscoscos(sincos)41sinsinsinsinxxxxxxxxMxxxxx 当(,)24x 时，()0M x，当(,0)4x 时，()0M x，所以()M x在(,)24上单调递增，在(,0)4上单调递减，10 分()()04322MM，所以()M x在(,)24上无零点.取30sinxe，0(,0)4x ，则60cos1xe，第 6 页（共 6 页）6366000030cos1()3ln(sin)3ln616210sinxe
13、M xxxeexe ，所以函数()M x在()4,0上有且仅有一个零点，综上，函数()M x在()2,0上有且仅有一个零点，所以有且仅有一条直线同时与()f x，()g x的图象都相切 12 分 法法 2：要证有且仅有一条直线同时与()yf x、()yg x的图象都相切，只需证函数()(3)sincossin ln(sin)G xxxxxx在(,0)2x 上有且仅有一个零点 cossin(3)cossincos ln(sin)sincos 2ln(sin)sinxGxxxxxxxxx xxx，设 2ln(sin),(,0)2N xxx x，则 coscos11sinsinxxNxxx ，因为(
14、,0)2x，所以cos0,sin0 xx，所以()0N x，所以()N x在(,0)2上单调递增，所以()2022N xN，又cos0 x，所以()0G x，所以()G x在(,0)2上单调递增，10 分 所以()(3)sin()cos()sin()ln sin()302222222G ，取30sinxe，0(,0)4x ，则60cos1xe，30000000000cos()(3)sincossinln(sin)3ln(sin)sinxG xxxxxxxxxe 其中636600030cos13ln(sin)3ln616210sinxexxeexe ，所以0()0G x，所以函数()G x在()2,0上有且仅有一个零点，所以有且仅有一条直线同时与()f x，()g x的图象都相切 12 分