河北省石家庄市2022-2023学年高三上学期期末考试数学试题含答案.pdf

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1、河北省石家庄市数学答案 一、单选题：1-4 BCDD 5-8ACCA 二、多选题：9.AD 10.AC 11.ABD 12.ACD 三、填空题:13.14.4231 15.2 23 16.312ke=四、解答题：17.解析：解析：()1由已知12312321nnnaaaa+=得：当1n=时，得11a=1 分 当n2时，11231123121nnnaaaa+=-得：12nnna=，12nnna=3 分 检验:11a=成立，故12nnna=4 分()22122nnnb=,令nS=3521123111124622222+=+nnbbbb+n 3572121111111246(22)2422222+=

2、+nnnS+nn-得 213521311111222422222+=+nnnSn+6 分 312111124311222142214nnnSn+=+8 分 化简得：4161163949nnSn=+10 分 318.解析：解析：()1由正弦定理得：sinsin2sin6sinABA+C+=，1 分 2sinsinsinsin6A+CAB=+即()()3sincossinsinsinAACAAC+=+得：1sin62C-=3 分 在ABC中，3C=；4 分()2法一：法一：由ABC面积公式得：()31342S=ababc=+即12abcab+=6 分 又由余弦定理得：222ab-cab+=8 分

3、由已知得3ba=+由得4322150aaa=即()222150aaa=10 分 又0a,解得5a=,8b=,7c=所以ABC周长为20.12 分 法二：法二：由ABC面积公式得：()31342S=ababc=+即12abcab+=6 分 又由余弦定理得：222ab-cab+=8 分 即()223abcab+=，()()3abcabcab+=把代入得：6ab c+=由得：()412abab+=+又由 3ba=+得250=aa,10分 又0a，由得：5a=,8b=,7c=所以ABC周长为20.12 分 19.（本小题满分 12 分）(1)根据直方图可知，成绩在80,100的频率为(0.0250.0

4、10)100.35+=，成绩成绩90,100的频率为的频率为0.1，小于0.2，0.1，小于0.2，因此获奖的分数线应该介于80,90)之间，1 分 设分数线为80,90)x，使得成绩在,100 x的概率为0.2，2 分 即(90)0.0250.010 100.2x+=3 分 可得86x=所以获奖分数线划定为 86；4 分（2）应从80,90)和90,100两组内分别抽取 5 人和 2 人.6 分 则的可能取值为 0,1,27 分 305237102(0)357C CPC=215237204(1)357C CPC=12523751(2)357C CPC=.的分布列为 0 1 2 P 27 47

5、 17 10 分 数学期望2416()0+127777=+=E.12 分 20.解析：（1）设AD的中点为G，连接FGEG,，则/,/FGPD GECD,1 分/平面平面FGPDFGPCDPDPCD,/FG平面PCD，2 分 同理/GE平面PCD，3 分 GEGFG=,平面/EFG平面PCD，4 分/EF平面PCD.5 分（2）点P在以AB为直径的半圆上，PAPB.6 分 设122ADDCAB=，则4AB=，3PBPA=，2,2 3PAPB=，60PAB=.7 分 平面ABP 平面ABCD，ADDC，AD平面PAB.故以A为原点，建立空间直角坐标系，(0,0,0)A，(0,4,0)B，(0,2

6、,2)C，(0,0,2)D，(0,3,1)E，(3,1,0)P，3 1(,0)22F，35(,1)22EF=，)0,3,3(=BP，(0,2,2)BC=，8 分 设平面PBC的法向量(,)nx y z=，则=00BCnBPn，即330220 xyyz=+=，取取1=y，得(3,1,1)n=，10 分 设为直线EF与平面PBC所成角，则3511022sin1085EF nEFn=，11 分 直线EF与平面PBC所成角的正弦值为1010.12 分 21.解析：（1）由题意可得：22431ab+=，又离心率为32，所以32ca=，.2 分 可得12ba=，那么2ab=，代入可得：4a=，2b=，所以

7、椭圆C的标准方程为221164xy+=.4 分（2）由题意可知，原点O到直线l的距离为 2，那么221mk=+，即：224(1)mk=+，.6 分 设11(,)A x y，22(,)B xy，联立221164ykxmxy=+=可得：222(14)84160kxkmxm+=，其判别式2222644(41)(416)k mkm=+22216(164)1920=+=kmk，可知0k 由韦达定理可得：12281 4kmxxk+=+，212241614mx xk=+，.8 分 那么2222284161()41 41 4kmmABkkk=+整理得：228 311 4+=+kkk，.10 分 ABO的面积2

8、2222223188 31831122421 41 41 4kkkkkkSkkk+=+当且仅当22k=时取得等号，所以ABO的面积的最大值4.12 分 22.解析：（1）由题意，首先0)0(=F，求导：()cosF xx-m=，.1 分 当1m 时，可 知cos0F(x)x-m=，所 以)(xF单 调 递 减，则0)0()(=FxF，所 以 命 题 成立；.2 分 当1m 时，cos0F(x)x-m=，所 以)(xF单 调 递 增，则0)0()(=FxF，所 以 命 题 不 成立；.3 分 当11m 时，由F(x)在0,上单调递减，(0)10Fm=，()10Fm=，所以)(xF在),0(上存在

9、唯一零点0 x，使得0)(0=xF，当0(0,)xx时，)(xF为正，)(xF单调递增，则0)(xF，所以命题不成立.4 分 综上所述：m的取值范围为1m.5 分（2）由题意可知：2ln35sin32)(+=xaxxxG，那么：2ln35sin322ln35sin32222111+=+xaxxxaxx，整理可得：)()sin(sin32)ln(ln35121212xxxxxxa+=，不妨设12xx，由（1）可知：当1m=时，)(xF在 R 上单调递减，则当12xx 时，有：)()(12xFxF成立，即：1122sinsinxxxx，整理可得：1212sinsinxxxx，所以：)(35)()(32)()sin(sin32)ln(ln35121212121212xxxxxxxxxxxxa=+=，.7 分 那么1212lnlnxxxxa，要证：axx221+，只需证：121221lnln2xxxxxx+即可.8 分 即证：)11(2ln121212+xxxxxx，设112=txx，令2(1)()ln(1)1th tttt=+，.10 分 则22(1)()0(1)=+th tt t，2(1)()ln1th ttt=+在(1,)+上单调递增，则2(1)()ln(1)01th ttht=+，2(1)ln1ttt+，所以得证.12 分