山东省日照市2022级高三上学期期末校际联考数学试题答案（2023.1.11）-

2020级高三上学期期末校际联合考试数学试题答案2023.1一、单项选择题：本大题共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。1-4AABC5-8DBDA8．【答案】A【解析】设1F为双曲线的下焦点，2F为双曲线的上焦点，绘出双曲线的图像，如图，过点P作12PHFF于点H,因为2112sin3sinPFFPFF??，所以213PHPHPFPF=?，213PFPF，因为122PFPFa，所以2PFa，因为双曲线上的点P到原点的距离为b，即POb=，且2OFc，所以22222222PFPOabcOF+=+==，290OPF?，故221122OPPFOFHP创=创，abHPc=，因为222HOHPOP+=，所以2bHOc=，2()abbPcc，-，将2()abbPcc，-代入双曲线22221yxab中，即22222()()1babccab，化简得4422baac-=，()44222baaab-=+，所以()()()2222222babaaab+-=+，即222baa-=，222ba=，则该双曲线的渐近线方程为22ayxxb，故选：A.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.AC10.ABD11.ABD12.AD10.【答案】ABD【解析】对于A，因为11nnnnaaaa2，所以；12nnaa对于B，因为11nnnnaaaa，所以是1nnaa递增数列；C选项；因为11nnnnaaaa，所以211nnaa，易知{}na是递增数列；又221414(2)3nnnnnaaaaa，令2(2)3nnba，如图所示：当2n时，{}nb递增，即14nnaa递增对于D项：21111nnnnnnaaaaaa，故，1na，又211111nnnnnaaaaa，即，由同向不等式的加法可得，nan，22111nnaan故，22(1)122nannn成立，当1n时，不等式成立，故D正确.11．【答案】ABD【解析】22222120000PFPFxayxaya∴双纽线22224()()xayxaya关于原点O对称，A对．42242222442220xaxaxyayya,42222242220xyaxayy22222422420yaayy，∴2204ay，∴22aay，B对．12PFPF，则000,0xy只有一个点满足条件，C错．2221211212211,2cos24POPFPFPOPFPFPFFPFPF由余弦定理知22211212242cosaPFPFPFFPFPF∴22222121212coscos2POaPFPFFPFaaFPFa∴2POa，D对，选ABD．B另解：121212011sin222PFFSPFPFFPFay△∴012sin22aayFPF，∴022aay．12．【答案】AD【解析】如图所示，AO是三棱锥ABCD的高，O是三角形BCD的外心，设BCa，则33OBa，2236()33AOaaa，1O是三棱锥ABCD的外接球和内切球球心，1O在AO上，设外接球的半径为R，内切球半径为1r，则由22211OBOOBO得，22236()()33RaaR，解得64Ra，所以116663412rAOAOAORaaa,则114rAO,所以164r，3114638Vr，过AO的中点作与底面BCD平行的平面，与三条棱AB,AC,AD交于点1B,1C,1D,则平面111BCD与球1O相切，由题意知球2O是三棱锥111ABCD的内切球，又三棱锥111ABCD的棱长是三棱锥ABCD棱长的12，所以其内切球半径2112rr，同理，球nO的半径为nr，则nr是公比为12的等比数列，所以164r，162nnr，2333432Sr，所以数列nS是公比为14的等比数列，数列nV是公比为18等比数列。三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。13．114.1015.4516.1(41,]215．【解析】方法一：延长,ABDC交于O，1111B,ADC交于1O，连接1OO，以矩形11OOBB为侧面构造正四棱柱11FGOBEHOB，则11//GOCD，11//BOAB所以1BOG为异面直线1AB与1CD所成角在1BOG中，2211125OBOG，2BG所以222111115524cos25255OBOGGBBOGOBOG所以异面直线1AB与1CD所成角的余弦值为45.方法二：设上底面圆心为1O，下底面圆心为O，连接1,,OOOCOB以O为原点，分别以1,,OCOBOO所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系则11(1,0,0),(0,2,0),(0,1,2),(2,0,2),CABD则11(1,0,2),(0,1,2)CDAB,11111144cos,555CDABCDABCDAB,又异面直线所成角的范围为π(0,2,故异面直线1AB与1CD所成角的余弦值为45．（建议用几何法解决）16．【解析】依题意，等比数列125aaa，，，，首项11a，所以0ka，由于一元二次方程220kkaxxa的两根为12,xx，所以2440,01kkaa，且12122,1kxxxxa，由21212122444215kxxxxxxa，得22411460,16,4kkkaaa．所以141ka，可得数列125,,,aaa的公比01q，故为递减数列因为存在唯一的1,2,,5kak，使得12215xx，=1k显然不适合，若3k，则23aa，因为141ka，故2141a，此时存在至少两项使得12215xx，不合题意．故=2k，即2141a，且3104a，故1141aq且21410qa，解得1412q则公比q的取值范围为1(41,]2四、解答题：共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17．解:（1）因为2313sinsincos1cos2sin222fxxxxxx133π3sin2cos2sin222232xxx，………………………3分由πππ2π22π,Z232kxkk，得π5πππ,Z1212kxkk，所以fx的单调增区间为π5ππ,π,Z1212kkk.………………………5分（2）将函数yfx图象上点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再把所得函数图象向下平移32个单位得到函数gx的图象，所以1π33πsin2sin23223gxxx，………………………7分故当π3π2π,Z32xkk，即11π2π,Z6xkk时，πsin13x，即gx取得最小值1，所以gx的最小值为1，此时x的取值集合为11π2π,Z6xxkk.………10分18.解：（1）当sin2sin时，122sincossincos,23……1分7EG，设,,3PEAExPGBGyxy，①222212772xyxyxyxy，②………………………4分21213212,sin723277PEGxySxyADAD①②.……6分（2）在PEG中，,,3PEAExPGBGyxy①222cos7xyxy②2121cos2,1cosxyxy①②……………9分22sincostan11sin1222sin72271cos7712cos12PEGSxyADADmax170,0,0tan1,()224277AD.……………12分19．解:（1）过点M作BC的平行线，分别交,PBPC于点,EF，过点E作PA的平行线，交AB于点G，过G作BC的平行线，交DC于点N，连接FN，因为//GNEF，所以平面EFNG就是截面.……………3分证明：因为//APEG，EGEFNG平面，APEFNG平面,故//APEFNG平面，即//AP平面；同理可证//BC平面.…………6分（2）以点D作为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系(2,2,0),(0,2,0),(0,0,2),(0,0,0)BCPD，设(,,)Mxyz(2,2,),(2,0,0),(2,2,2)BMxyzBCBP(2,2,)(21,1,1)xyz，则12,1,1xyz，即(12,1,1)M……………8分(0,2,0)DC，(21,1,1)MC，设平面MCD的法向量为111,,nxyz1111(21)00200xyznMCynDC，取11x，则1121,0zy即(1,0,21)n，……………10分设PB与平面MCD所成角为2|||22|15sin5||||3442nBPBPn，整理得28210解得12（舍），14……………12分20．解：（1）由+12=nnnnSaSa，令1n，得1123=SaSa，23Sa,……………2分因为数列na的各项均为非零实数，所以2123=+=Saaa，又3123322Saaaa，所以，31a；…………………………5分（2）由+12=nnnnSaSa得：1123=SaSa，2234=SaSa，3345=SaSa，……，111=nnnnSaSa，相乘得：1121=nnnSaaSaa，因为数列na的各项均为非零实数，所以21=nnnaSaa，当2n时：211=nnnaSaa，所以22111=nnnnnnaSaSaaaa，即2111=nnnnnaSSaaa，即211=nnnnaaaaa，因为0na，所以112=nnaaa，…………………………8分所以312aaa，422aaa，所以数列21na是等差数列，首项为1a，公差为2a，所以数列2na是等差数列，首项为2a，公差为2a，202312+10112023aaaa，所以2122aaa，所以21121+(-1)(2-1)(2-1)naananana，2221+(-1)22naananana，……………10分所以nana，所以1nnaaa，所以数列na是等差数列，(1)2nnnSa。…………………………12分21.解：（1）设00(,)Axy，(0,3)B，1(,0)Fc.由1130FAFB得00340,330,xcy得004,33,3cxy，即得43(,)33cA,又因为00(,)Axy在椭圆2222:1xyCab上，得22243()()3313ca，得22ca，即椭圆C的离心率为22cea.……………3分又3b，所以椭圆22:163xyC…………………………5分（2）因为,MN关于原点对称，OMON,OPMN,0OPMN，所以PMPN，设11(,)Mxy，