2022~2023 学年佛山市普通高中教学质量检测(一)数学答案

2022~2023学年佛山市普通高中教学质量检测(一)

高三数学 参考答案与评分标准

一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合

题目要求的. 题号 答案 1 D 2 C 3 B 4 B 5 C 6 C 7 A 8 D 二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分.

题号 答案 9 AC 10 BD 11 AC 12 ABC 三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分. 13. 15 14. 44 15. 5 16. 1117, 66四、解答题:本大题共6小题,共70分,解答须写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.

17.【解析】(1)由24−33.6=−9.6,19.2−24=−4.8,−9.6=−4.82 确定公差d=−4.8的等差数列符合要求,且a1=33.6, 所以an=a1+(n−1)d=−4.8n+38.4,

故等差数列an的通项公式为an=−4.8n+38.4. ……………………………………………………5分 (注意:该题答案不唯一.实际上,公差也可以是−2.4、−1.2等等)

(2)以an=−4.8n+38.4为例.a1=33.6，a2=28.8，a3=24，a4=19.2，

2a1+3a2+4a3+5a4=345.6310,新堆叠坊塔的高度超过310米.………………………………10分

(注意:若考生采用公差为−2.4的等差数列,在保持最小项为19.2的情况下,会多出来3个项,分别为

31.2、26.4和21.6,这会使得新堆叠的坊塔高度更大.公差越大,新堆叠坊塔越高).

18.【解析】(1)依题意得CD=bcosC, …………………………………………………………………1分 又2csinB=5CD,所以2csinB=5bcosC, ……………………………………………………2分 由正弦定理

bc,得2sinCsinB=5sinBcosC,…………………………………………4分 =sinBsinC2. ………………………………………………6分 3又sinB0,所以2sinC=5cosC, …………………………………………………………………5分 结合sinC+cosC=1,且C为锐角,解得cosC=(2)解法一:由正弦定理

22ac,得sinA=3sinCcosB,………………………………………7分 =sinAsinC又sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC,所以2cosBsinC=sinBcosC,………………8分

53062,sinC=,解得tanB=5,所以sinB=,cosB=, ……………10分

6633bcsinC由正弦定理.得c==b=2,………………………………………………………11分

sinBsinCsinB由(1)知cosC= 第 1 页 共 4 页

由已知a=3ccosB得a=3,故ABC的周长为a+b+c=23+2. ………………………12分

解法二:由a=3ccosB,得cosB=a, 3ca2+c2−b2a2+c2−b2a由余弦定理得cosB=,所以=,得a2+3c2=3b2 ①…………………8分

2ac3c2aca2+b2−c22由由余弦定理得cosC==,得3a2+3b2−3c2=43a ② ………………………10分

2ab3联立①②,解得a=3,c=2,故ABC的周长为a+b+c=23+2. ……………………12分

平面BCD=CD,AO平面ACD,

19.【解析】(1)如图,作CD的中点O,则AO⊥CD,………………………………………………………1分 因为平面ACD⊥平面BCD,平面ACD则AO⊥平面BCD, ………………………………………………………………………………………2分

又EB⊥平面BCD,所以EB//AO, …………………………………3分 E又EB平面ACD,AO平面ACD,所以EB//平面ACD.………4分 (2)解法一: 因为AB=A22AO+BO=6, 110156=, 222BF则等腰△BAC的面积为S△BAC=三棱锥E−ABC的体积VE−ABC=D11553O5=.

C326作BC的中点F,连接DF,因为EB⊥平面BCD,DF平面BCD,则DF⊥EB,

又因为DF⊥BC,EBBC=B,EB平面EBC,BC平面EBC,则DF⊥平面EBC.

因为EB//AO,则点A到平面EBC的距离等于O到平面EBC的距离,等于因为S△EBC=13DF=, 221331=EB, 2EB=EB,则VA−EBC=EB3262因为VE−ABC=VA−EBC,则EB=5,

因为EB⊥平面BCD,BC,BD平面BCD,则EB⊥BC,EB⊥BD, E所以EC=ED,进而EO⊥CD,

所以平面ECD与平面BCD夹角的平面角为EOB, 则tanEOB=zAEBOB=553=,

33yBDx53O.……………12分

C3解法二: 如图所示,以点O为原点,OD,OB,OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标

即平面ECD与平面BCD夹角的正切值为

系,设EB=a(a0),则D(1,0,0),C(−1,0,0),A(0,0,3),B(0,3,0),E(0,3,a),

AB=(0,3,−3),AC=(−1,0,−3),CE=(1,3,a),

ABn1=03y−3z=0设平面ABC的法向量n1=(x,y,z),由得,取n1=(3,−1,−1),

ACn1=0−x−3z=0 第 2 页 共 4 页

则E到平面ABC的距离为CEcosCE,n1=a=5,则a=5,即E(0,3,5), 5CD=(2,0,0),CE=(1,3,5),

CDn2=02x=0设平面ECD的法向量n2=(x,y,z),由得,取n2=(0,5,−3),

x+3y+5z=0CEn2=0−321因为平面BCD的法向量n3=(0,0,1),则cosn2,n3=, =−1427212)215314所以平面ECD与平面BCD夹角的余弦值为,正切值为．……………12分 =143211420.【解析】(1)设盒中含0,1个烂果分别为事件A,A,则P(A)=0.8,P(A)=0.2

1−(4C194设甲购买一盒猕猴桃为事件M,则P(M|A)=1,P(M|A)=4=,……………………………3分

C20541424则P(M)=P(A)P(M|A)+P(A)P(M|A)=1+=,

5552524所以甲购买一盒猕猴桃的概率为．……………………………………………………………………5分

25(2)解法一:设第n周网购一盒猕猴桃为事件Bn,记P(Bn)=bn,由题意知b1=1,b2=0.8,

41则P(Bn)=P(Bn−1ABn−1),即bn=bn−1+(1−bn−1)=−bn−1+1(n2),………………………8分

5551515所以bn−=−(bn−1−),即数列bn−是公比q=−的等比数列,…………………………10分

66565511n−111n−15521所以bn−=(−),即bn=(−)+,所以b5=,

665656625521故乙第5周网购一盒猕猴桃的概率为．……………………………………………………………12分

6254解法二:设第n周网购一盒猕猴桃为事件Bn,则P(B1)=1,P(B2)=, ……………………………6分

544121, …………………………………………………………8分 P(B3)=P(B2AB1A)=+1=5552521441104P(B4)=P(B3AB2A)=+=, ……………………………………………………10分

255551251044211521P(B5)=P(B4AB3A)=+=

1255255625521故乙第5周网购一盒猕猴桃的概率为．……………………………………………………………12分

62521.【解析】(1)依题意,C(0,b),B(a,0),F(−1,0),CB=(a,−b),CF=(−1,−b), …………………1分

由CFCB=1,得b−a=1,即a−a−2=0,得a=2或a=−1(舍去)，…………………………3分

22x2y2+=1. ………………………………………………………4分 故a=4,b=3,椭圆的方程为43(2)如图,设直线PQ的方程为x=my−1,P(x1,y1)、Q(x2,y2),

22联立3x+4y=12,消去x整理得(3m+4)y−6my−9=0， ……………………………………5分

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2222

6m9v…………………………7分 ，yy=−123m2+43m2+4y1−2y1−2y1(x+2),令x=−4,得yM==，直线PA的方程为y= x1+2x1+2my1+1−2y2，同理可得yN= ……………………………………………9分

my2+1所以y1+y2=|MK||KN|=yMyN=(−2y1−2y24y1y2)()=2,…………………………10分

my1+1my2+1my1y2+m(y1+y2)+136363m2+4===9,故|MK||KN|是定值9. ……………12分 22222−9m6m−9m+6m+3m+4++13m2+43m2+4−lnx+1−k22.【解析】(1)f(x)=(x0), …………………………………………………………1分 2x1−k1−k令f(x)0得0xe；令f(x)0得xe.…………………………………………………2分

−)上单调递增,在(e,+)上单调递减,……………………………………………3分

所以f(x)有极大值f(e)=e,无极小值.…………………………………………………………4分

lnx+k(2)由h(x)=−(2e+1)=0得2xe−lnx+x−k=0, …………………………………5分

x1(1−x)(2x−e)=设F(x)=2xe−lnx+x−k,则F(x)=(1−x)2e−, ……………6分

故f(x)在0,e1−k(1−k1−kk−11−x1−xx−11−x1−xxxex−1设p(x)=2x−ex−1,p(x)=2−ex−1,

由p(x)0得0xln2+1,由p(x)0得xln2+1,

故p(x)在(0,ln2+1)上单调递增,在(ln2+1,+)上单调递减,……………………………………7分 且pp(1)0,p(1)p(3)0,

151x−15故F(x)在(0,x1)上递减,(x1,1)上递增,(1,x2)上递减,(x2,+)上递增,

由①式两边取对数可得lnx1=x1−1−ln2,lnx2=x2−1−ln2, ……② 将①、②代入F(x1)得F(x1)=2x1e1−x1所以存在x1,1,x2(1,3),使得p(x1)=0,p(x2)=0,即2x1=e1,2x2=ex2−1……① 故F(x)的极大值为F(1)=3−k,极小值为F(x1)和F(x2).………………………………………8分

−lnx1+x1−k=ex1−1e1−x1−(x1−1−ln2)+x1−k=2+ln2−k,

同理可得F(x2)=2+ln2−k,…………………………………………………………………………10分

F(x1)=F(x2)=2+ln2−k0要使得F(x)有四个零点,则必有,解得2+ln2k3,

F(1)=3−k0而Fe()−3=2e−3e1−e−lne−3+e−3−k3−k0，

−3F(5)=10e−4−ln5+5−k5−ln5−k2−ln50，

由零点存在定理可知：当2+ln2k3时,F(x)有且仅有4个零点,即h(x)有4个零点,

所以实数k的取值范围是(2+ln2,3).…………………………………………………………………12分

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