山东烟台2021-2022高三上学期数学期末试题及答案.pdf

1、高三数学答案（第 1 页，共 6 页） 20212022 学年度第一学期期末学业水平诊断 高三数学参考答案及评分标准 一一、选择题选择题 A A C B C D D C 二二、选择题选择题 9.ABD 10. AD 11.ABD 12.BCD 三、填空题三、填空题 13. 2 14. 2 55 15. 4e 16. 245，1625 四、解答题四、解答题 17.解：若选:因为2 cosaBc= =，由正弦定理得2sincossinABC= =. 2 分 因为sinsin()CAB=+=+，所以2sincossincoscossinABABAB=+=+， 3 分 整理得sin()0AB=.又AB

2、，所以0AB=，即AB= =. 5 分 所以3ba=.所以2221cos22abcCab+= += . 7 分 在BCD中，由余弦定理2223321( 3)()23cos224BDC=+ =+ =， 9 分 所以212BD = =. 10 分 若选：因为 mn，所以0=m n，即()()()0a abbc cb+=+=， 整理得2220aabcb+=+=. 2 分 所以2221cos22abcCab+=+=. 3 分 因为0C，所以3C= =. 5 分 在ABC中，由正弦定理33sinsin3A= =，得1sin2A = =， 因为03AC=，所以6A= =. 7 分 所以2BAC=，由勾股定

3、理222 3bac=+=+=， 9 分 又D为斜边AC中点，所以32bBD = 10 分 高三数学答案（第 2 页，共 6 页） EODCBAP若选：由已知sincoscossin3coscoscoscoscosABABCABAB+=+=， 2 分 所以sin()3cosABC+= += . 3 分 又sinsin()CAB=+=+，所以tan3C = = ，所以23C= = 5 分 在ABC中，由正弦定理332sinsin3A= =，得1sin2A = =. 因为203AC=，所以6A= =. 7 分 所以6BAC=，故3ba=. 在BCD中，由余弦定理2223321( 3)()23cos2

4、24BDC=+ =+ =， 9 分 所以212BD = =. 10 分 18.解： （1）连接OP，由题意O为ABC的中心，且PO 面ABC，又AD 面ABC，所以POAD，所以POD为直角三角形. 设半球与面PBC的切点为E，则| 1OE =且OEPD. 在Rt ODE中，|13|sin32OEODBC=, 所以2 3|sinBC=. 2 分 在Rt POD中，|1|cossincosODPD=. 4 分 （2）由题知，132 3133|22sinsincosPBCSSBCPD= =， 化简得23 3sincosS=，(0,)2， 6 分 令cost=,则上述函数变形为33 3( )S tt

5、t=，(0,1)t， 7 分 所以23 23 3(31)( )()tS ttt=， 8 分 高三数学答案（第 3 页，共 6 页） 令( )0S t=，得33t =.当3(0,)3t时，( )0S t，( )S t单调递增， 10 分 所以当33t =时，三棱锥的侧面积S的最小值为327()32S=. 12 分 19.解： （1）取AD中点O，连接OM.因为在梯形ABCD中，,O M分别为,AD BC的 中点，所以/OMAB，又ABBC，所以OMBC. 2 分 因为ADP为等边三角形，故POAD，又面ADP 底面ABCD，面ADP面ABCDAD=，PO 面ADP， 故PO 底面ABCD. 3

6、分 因为BC 面ABCD，所以POBC. 又因为OPOMO=，所以BC 面POM， 4 分 而PM 面POM，故PMBC. 5 分 （2）由（1）可知，以O为坐标原点，以向量,MB OM OP 的方向分别作为, ,x y z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz， 6 分 则1 3( ,0)2 2B，1 3(,0)2 2C ，11( ,0)22A，1 1(,0)2 2D ，6(0,0,)2P， 所以( 1,1,0)AD = ，6(0,0,)2OP = ， (1,0,0)CB =，136(,)222BP = ， 7 分 设111( ,)x y z=m为平面PAD的一个法向量， 则00AD

7、OP= mm,即1110602xyz+=，令11x =，则(1,1,0)=m. 8 分 设222(,)xyz=n为平面PBC的一个法向量，则有 则00CBCP= nn,即222201360222xxyz=+=，令26z =，则(0,2, 6)=n. 10 分 于是25cos,|52 10=m nm nmn， 所以面PAD与面PBC所成的二面角的余弦值为55. 12 分 高三数学答案（第 4 页，共 6 页） 20.解： （1）由题意24a =， 1 分 又2 6(,1)3P在椭圆上，所以228113ab+=， 2 分 解得2a =，3b =. 3 分 所以椭圆的方程为22143xy+= 4 分

8、 （2）由（1）可得( 2,0),(2,0)AB，设过点(1,0)的直线为1xmy=+， 1122( ,),(,)C x yD xy， 5 分 联立221431xyxmy+=+，消x整理得22(34)690mymy+=， 6 分 12122269,3434myyy ymm+=+ 7 分 直线AC的方程为11(2)2yyxx=+，直线BD的方程为22(2)2yyxx=， 联立两条直线方程，解得()()()()2211212122222xyxxyxyyx+=+ 9 分 将111xmy=+，221xmy=+代入， 得1212112123()423()2xmy yyyyyyy+= 10 分 将1212

9、2269,3434myyy ymm+=+代入， 得21112122296934343469323424444323mmmmmxmmmyyyymm+ =+ 直线,AC BD的交点的横坐标为定值4 12 分 21.解： （1）由题知：1222112(21)22nnnbaan+=+ 21(2 2 )(21)22nann= + 2112na= 2 分 高三数学答案（第 5 页，共 6 页） 所以212111222nnnnabba+=（*nN）. 3 分 又因为1211212102baa=+ = ， 4 分 所以数列 nb是以1为首项，12为公比的等比数列， 5 分 所以12nnb=，*nN. 6 分

10、（2）由（1）知，12222nnnab=+=+， （*nN） 所以24212()2nnaaabbbn+=+ 11 222222221212nnnnnn=+=+=+. 8 分 又221 1211212nnnaaan +=+，所以2122(1 2 )nnaan=+ ， 9 分 所以13212422()24(12)nnaaaaaann+=+， 244 (1)4442424222nnn nnnnn+=+=+. 11 分 所以2266262nnSnn=+. 12 分 22解： （1）1( )fxax=，(0,)x+. 1 分 当0a 时，( )0fx恒成立，( )f x在(0,)+上单调递增 2 分 当

11、0a 时，1()( )a xafxx=，当1(0,)xa时，( )0fx，( )f x单调递增；当1(,)xa+时，( )0fx时( )f x在1(0,)a上单调递增，在1(,)a+上单调递减. 4 分 （2）注意到，(1)ln10faa=+=， 由（1）知，当0a 时，( )f x在1,)+上单调递增，对任意1x ，恒有 ( )(1)0f xf=，不合题意； 5 分 高三数学答案（第 6 页，共 6 页） 同理，当1a 时，( )f x在1(,)a+上单调递减，又11a，恒有( )(1)0f xf=，不合题意； 6 分 当01a，由（1）知，( )f x在11,)a上单调递增，在1(,)a+

12、上单调递减，所以1( )(1)0ffa=， 又当x +时，( )f x ，由零点存在定理知，存在唯一一点01(,)xa+，使得0()0f x=，满足题意. 7 分 综上所述，a的取值范围为 |01aa 8 分 由知，当01a，只需证0002(1)ln1xxx+ 令2(1)( )ln1xg xxx=+，(1,)x+，则22214(1)( )0(1)(1)xg xxxx x=+， 所以2(1)( )ln1xg xxx=+在(1,)+上单调递增，又(1)0g=， 所以( )0g x 在(1,)+上恒成立， 即0002(1)ln1xxx+，即02axa. 10 分 要证10eax ，只需证01ln xa，即0001lnlnxxx，即证200(ln)1xx. 令2( )(ln )1h xxx=+，(1,)x+，则2ln( )xxh xx= 又22(2ln)1xxxxx= =，所以函数2lnyxx=在(1,2)上单调递增，在(2,)+上单调递减，当2x =时，max(2ln)2ln220 xx=，所以( )0h x，所以0()(1)0h xh=，即200(ln)1xx，不等式得证. 12 分