2023唐山市数学摸底参考答案.pdf

上传人（卖家）：四川天地人教育

文档编号：3586642

上传时间：2022-09-21

格式：PDF

页数：4

大小：392.40KB

文档加载中……请稍候！
如果长时间未打开，您也可以点击刷新试试。

下载文档到电脑，查找使用更方便

8 文币

交易提醒：下载本文档，相应价格的文币将全额进入上传人（卖家）的账号。立即下载优惠套餐（点此详情）

【下载声明】
1. 本站全部试题类文档，若标题没写含答案，则无答案；标题注明含答案的文档，主观题也可能无答案。请谨慎下单，一旦售出，不予退换。
2. 本站全部PPT文档均不含视频和音频，PPT中出现的音频或视频标识（或文字）仅表示流程，实际无音频或视频文件。请谨慎下单，一旦售出，不予退换。
3. 本页资料《2023唐山市数学摸底参考答案.pdf》由用户（四川天地人教育）主动上传，其收益全归该用户。163文库仅提供信息存储空间，仅对该用户上传内容的表现方式做保护处理，对上传内容本身不做任何修改或编辑。若此文所含内容侵犯了您的版权或隐私，请立即通知163文库（点击联系客服），我们立即给予删除！
4. 请根据预览情况，自愿下载本文。本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
5. 本站所有资源如无特殊说明，都需要本地电脑安装OFFICE2007及以上版本和PDF阅读器，压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。

配套讲稿：: 如PPT文件的首页显示word图标，表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
特殊限制：: 部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片，仅作为作品整体效果示例展示，禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
关键词：: 2023 唐山市数学摸底参考答案

资源描述：: 1、高三数学答案第 1 页（共 4 页）唐山市 20222023 学年度高三年级摸底演练数学参考答案一选择题（单选）：14BAAB 58DCAC 二选择题（不定项选）：9CD 10AB 11BD 12ACD 三填空题：133 14815 15（0，1 16x2y231（x1）四解答题：17解：（1）设an的公差为 d，bn的公比为 q，由 2bnbn+2bn+1可得 2bnbnq2bnq，1 分即 q2q20，解得 q2 或 q1（舍），2 分所以 bn2n 3 分由 a4b33 可得 a411，即 a13d11，解得 d3，4 分所以 an3n1 5 分（2）a1b12，a3b38，
2、a11b532，a43b7128.7 分记 Sn为an的前 n 项和，则cn的前 40 项和 T40S44(b1b3b5b7)44(2131)2(2832128)9 分 2756 10 分 18解：（1）因为cabsinAsinBsinAsinC，由正弦定理可得cababac，1 分整理可得 a2c2b2ac，2 分由余弦定理得 cosBa2c2b22ac12，3 分又 0B，所以 B3 5 分高三数学答案第 2 页（共 4 页）（2）acbsinB(sinAsinC)4 33sinAsin(23A)7 分 4 33(32sinA32cosA)4sin(A6)9 分因为6A2，所以
3、3A623，10 分从而有32sin(A6)1，所以 2 3ac4，所以 ac 的取值范围为(2 3，4 12 分 19解：（1）E(t)120.04130.05140.25150.35160.18170.10180.0315；3 分 D(t)(1215)20.04(1315)20.05(1415)20.25(1515)20.35(1615)20.18(1715)20.10(1815)20.031.66；6 分所以均值为 15，方差为 1.66.（2）X 可取 0，1，2，3 P(X0)C03C510C51328143；7 分 P(X1)C13C410C51370143；8 分 P(X2)
4、C23C310C51340143；9 分 P(X3)C33C210C5135143；10 分 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 28143 70143 40143 5143 12 分 20解：（1）在长方体 ABCDA1B1C1D1中，DC平面 ADD1A1，AF平面 ADD1A1，所以，AFDC；1 分又 AFA1D，DCA1DD，则 AF平面 A1DC，A1C平面 A1DC，所以，AFA1C；2 分同理 AEA1C，3 分又 AEAFF，所以，A1C平面 AEF 4 分高三数学答案第 3 页（共 4 页）（2）由题意得 VA1AEFVEA1AF1312AA1ADAB8 23，
5、AA12AB4，则 AD2 2 6 分以 D 为原点，以DA为 x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系 Dxyz，由题意可得 D(0，0，0)，A1(2 2，0，4)，B(2 2，2，0)，C(0，2，0)所以DA1(2 2，0，4)，DB(2 2，2，0)7 分设 m(x，y，z)是平面 A1DB 的法向量，则DA1m0，DBm0，即 2 2x4z0，2 2x2y0，不妨取 m(2，2，1)9 分由（1）知A1C(2 2，2，4)是平面AEF的一个法向量，10 分则 cosm，A1CmA1C|m|A1C|27 所以，平面 AEF 与平面 A1BD 的夹角的余弦值为27 12 分 2
6、1解：（1）由y22x2，x24y221，得 x22 2x20，1 分解得 x 2，则 M(2，1)3 分（2）由y22x2，y22xt，得 N(222t，t21)，则|MN|234t2；5 分 A B C E F A1 B1 C1 D D1 x y z 高三数学答案第 4 页（共 4 页）设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y22xt，x24y221，得 x2 2txt220，x1x2 2t，x1x2t22，6 分|AN|112|x1(222t)|,|NB|112|x2(222t)|,8 分|AN|NB|32|x1x2(222t)(x1x2)(222t)2|34t2；10 分所以，
7、|MN|2|AN|NB|,则|AN|MN|NM|NB|，又ANMMNB，所以，ANMMNB 12 分 22解：（1）f(x)aexb，g(x)d(1lnx)2 分依题意f(1)g(1)1a，f(1)g(1)1，所以aebc01a，aebd1，解得a1，b1e，c1，d1 4 分（2）f(x)ex(1e)x1，g(x)xlnx，xax1 g(x)(xa)xlnxx1 设 p(x)xlnxx1，则 p(x)lnx 6 分 x(0，1)时，p(x)0，p(x)单调递减；x(1，)时，p(x)0，p(x)单调递增，因此 x1 时，p(x)取得最小值 p(1)0，可得 p(x)0，所以 g(x)xa 8 分 f(x)g(x)ex(1e)x1xlnxx(exx1xlnx1e)，9 分设 h(x)exx1xlnx1e，则 h(x)(ex1)(x1)x2 10 分所以 x(0，1)时，h(x)0，h(x)单调递减；x(1，)时，h(x)0，h(x)单调递增，因此 h(x)h(1)0，即 f(x)g(x)故 f(x)g(x)xa 12 分

展开阅读全文