江苏省南通市基地学校2022届高三第三次大联考数学参考答案

一、选择 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 ：本题共8小题，每小题5分，共40分。1~4BCDB5~8ACBA二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。9．AC10．ABD11．BCD12．ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．1614．25615．x32x216．4，425注：15题可设f(x)a(xb)(xc)d，满足a0，，bc1c2，f(1)f(2)）四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）【解】（1）因为bsinBCaBsin，由正弦定理得sinBsinBCsinABsin，22因为0B，所以sinB0，所以sinBCsinA．……2分2又因为BCA，所以cosA2sinAAcos，222因为0Aπ，0Aπ，所以cosA0，222所以sinA1，……4分22所以Aπ，即Aπ．……5分263（2）由条件，△ABC中BC边上的高为h33，2因为S1bcsinA1ah，且b6，sinA3，△ABC222333所以16c1a，解得a2c．……8分2222所以由余弦定理a2b2c22bccosA，则(2cc)22622c61，2解得c131．……10分《新高考学科基地秘卷》命题组数学参考答案第1页（共6页）18．（12分）【解】（1）由ycxbcb(，0)得lnylncbxln，由vilnxi，uilnyi，得ubva，且alnc，则b75.324.618.360.271，……3分101.424.6260.542aubv(18.3124.6)61，得aˆlncˆ1，故ce．21所以y关于x的回归方程为yex2．……6分（2）要使误差在(0.1，0.1)的概率不少于0.9545，n则(2，，2)(0.10.1)，且0，2，……9分n所以0.1≥22，n解得n≥800．……12分19．（12分）2【解】（1）正项数列{an}，a11，满足SSSn+1(n1)．所以SSn+1n1，所以数列{Sn}是以1为首项1为公差的等差数列．……2分2所以Sn1n1n，所以Snn．……3分当n2时，aSSn2(n1)22n1，nnn1当n1时也成立，所以an2n1．……5分n1an1（2）因为bn(1)anan1(1)n1(1)n12n(11)，……7分(2n1)(2n1)22n12n1n1所以T1111+1111n23352n12n1111n11．22n1《新高考学科基地秘卷》命题组数学参考答案第2页（共6页）所以当n为奇数时，T1(11)1；……9分n22n12当n为偶数时，T1(11)，由{T}递增，得TT2．n22n1nn25所以T的最小值为2．……12分n520．（12分）【证】（1）连结EG并延长交BC于点D．z因为点G是△BCE的重心，P所以点D是BC的中点，F所以D，E，F分别是棱CB，AB，PB的中点，EABGy所以DE∥AC，EF∥AP．……2分DxC因为DE，EF平面PAC，AC，AP平面PAC，所以DE∥平面PAC，EF∥平面PAC．因为DE，EF平面EFG，DEEFE，所以平面EFG∥平面PAC．……5分【解】（2）由（1）知，二面角BEFG与二面角BAPC的大小相等．连结PE，因为PAPB，E是AB的中点，所以PEAB．因为平面PAB平面ABC，平面PAB平面ABCAB，PE平面PAB，所以PE平面ABC．……7分以E为坐标原点，以EB，EP所在直线分别为y轴，z轴，以与EB，EP垂直的方向为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz．3设AB2，则BC1，PA(0，，01)，(0，1，0)，B(0，，10)，C(，1，0)，223所以AP(0，1，1)，AC(，3，0)，AB(0，2，0)，22则平面ABP的一个法向量为m(1，0，0)．……8分nAP0，设平面的一个法向量为，，，则APCn(xyz)nAC0，yz0，即3令x3，得y1，z1，x3y0，22《新高考学科基地秘卷》命题组数学参考答案第3页（共6页）所以n(3，1，1)．……10分设二面角BAPC的大小为，mn315则cos．mn55因为二面角BAPC为锐二面角，所以cos15，515所以二面角BEFG的余弦值为．……12分5注：第二问传统 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 求解，同样按步给分．21．（12分）【解】（1）设椭圆的焦距为2c，由△MFF的面积最大时，其内切圆半径为b，123得12cb1(2ac2)b，化简可得c1．……2分223a2因为椭圆的长轴长为4，所以2a4，故a2，所以c1，则b2a2c23，2y2所以椭圆的标准方程为x1．……4分43（2）设直线PQ的方程为ykxm，直线AB的方程为ykx1(1)，直线CD的方程为ykx2(1)，，ykx1(1)mk1由得xP，ykxmk1kykx1(1)，2222由2得．2y(34kx1)8kx14k1120x143xx4k2设Axy(，，)(Bx，y)，则x121，1122P2234k14k2mk所以11，……6分2kk34k112化简得4(kmk)13k13m0．《新高考学科基地秘卷》命题组数学参考答案第4页（共6页）2同理4(kmk)23k23m0，2所以k1，k2为方程4(kmx)3x3m0的两根，……8分所以kk3．124(km)又kk3，所以km1，124所以直线PQ的方程为ym1(x1)1，44故直线PQ恒过定点H-1，1．……10分4因为F1，H为定点，又F1E⊥PQ，所以当T1，1为FH中点时，ET为定值．……12分8122．（12分）【解】（1）因为fx()excosxx，所以fx()exsinx1，记gx()exsinx1，则gx()excosx．①当xπ，π时，函数gx()excosx单调递增，2π又g(π)eπ10，g(π)e20，2故存在唯一实数xπ，π，使得g(x)0，020此时πx(π，x)x(x，)0002g(x)0+g(x)极小值π因为g(π)eπ10，g(π)e220，2所以g(x)在xπ，π无零点，即f(x)无零点，2所以f(x)在π，π上无极值点．……3分2②当xπ，π时，gx()excosx0，22所以函数g(x)单调递增，即函数f(x)单调递增．《新高考学科基地秘卷》命题组数学参考答案第5页（共6页）又f(0)0，此时x(π，0)0(0，π)22f(x)0+f(x)极小值所以x0为f(x)的极小值点，所以函数f(x)在π，π上的极值点的个数为1个．……5分2（2）因为fx()exsinx1，2fx()≥3sinxmxln(1)，所以2exmxln(1)sinx2≥0．令hx()2exmxln(1)2sinx，则hx()2exmcosx．x1①当m≥0时，2excosx0，m0，所以h(x)0，x1所以h(x)在(0，)上单调递增，故h(x)h(0)0，所以m0．……7分②当m0时，hx()2exmcosx，x1hx()2exmsinx0恒成立，(x1)2所以h(x)在x[0，π]上为增函数，即hxh()(0)m1．当1≤m0时，h(x)0，所以h(x)在(0，)上单调递增，h(x)h(0)0，所以1≤m0．当m1时，h(0)m10，h(π)2eπm1，π1若h(π)≤0，即m≤(π1)(2eπ1)，此时h(π)≤0恒成立，所以x(0，π)时，h(x)0恒成立，h(x)h(0)0，不合题意；若h(π)0，即-(π1)(2eπ1)m1，x0m此时存在x00，π，使得hx(0)2ecosx00，x01当x0，x0时，h(x)0恒成立，所以h(x)h(0)0，不合题意．综上，实数m的取值范围为[1，)．……12分《新高考学科基地秘卷》命题组数学参考答案第6页（共6页）