期中考试答案终极稿-小花(0424)(1)

玉溪一中2021-2022 学年下学期高一年级期中考试 数学学科试卷参考答案 一、选择题（本题共12 小题，每小题5 分，共60 分.第9-12 题选错不得分，漏选得2 分） 二、填空题（本题共4 小题，每小题5 分，共20 分.） 三、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）歌唱节目记为, a b ，相声节目记为1,2 ，满足第一个节目和最后一个节目都是唱 歌节目的排列为：12 21 12 21 a b a b b a b a ， ， ， .………………………………………3 分 （2）甲乙丙3 人必须相邻，并且丁和戊不相邻，共有 3 3 2 3 3 4 432 A A A = 种.……………6 分 （3）选2 名男教师与2 名女教师，共有 2 2 4 5 60 C C = 种，选3 名男教师与1 名女教师，共有 3 1 4 5 20 C C = 种，所以共有602080 + = 种．………………………………………………10 分 18、（12 分） 解：（1）选择条件①： 由正弦定理可得sin sin sin cos 6 A C C A    = −    ， 由于sin0 C  ，可得 3 1 sin cos cos sin 6 2 2 A A A A    = − = +     ， 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 C A B A B B D B ABD BC AD ABD 题号 13 14 15 16 答案 80 1 2 1 − ) 1 , 0 ( ) 0 , 1 (  − 化简可得1 3 sincos 2 2 A A = ，即tan3 A = ， 因为 ( ) 0, A   ，所以 3 A  = ，………………………………………………………………6 分 （2）在（1）的条件下由余弦定理 ( ) 2 222 3 abcbcbcbc = + − = + − ，解得 12 bc = ， 4 3 12 b c bc + =   =   ，解得 2 3 b c = = ，因此 1 sin33 2 ABC SbcA = = ；…………………12 分 （1）若选择条件②，因为cos23cos1 A A + = ， 所以 2 2cos3cos20 A A + − = ，解答 1 cos = 2 A 或2 −（舍去） ， 因为 (0,) A   ，可得 = 3 A ，………………………………………………………………6 分 （2）在（1）的条件下由余弦定理 2222 ()3 abcbcbcbc = + − = + − ， 解得 =12 bc ，从而解得 2 3 b c = = ， 所以 1 sin33 2 ABC SbcA  = = .……………………………………………………………12 分 19、（12 分） 解：（1）由题意知 ( ) ( ) 1 1 1 222(1), 2112, n n n n aan ana −  − = − + −   − + = −    即 ( ) 1 1 1 1 2224, 1221, n n n n ana aan − −  =  + + −   = −  + −   比较系数得 1 1 21, 41, a a = −   − = −  所以 1 3 a = ， 所以 221 n n a n = + −. ………………………………………………………………………6 分 （2）由（1）得 1 1 1 1 (2 3)(2 1) 2 2 1 2 3 n b n n n n   = = −   + + + +   ， 所以 1111111 235572123 n T n n         = − + − + + −         + +         1 1 1 1 2 3 2 3 6 n   = −    +   . …………………………………………………………………12 分 20、（12 分） 解：证明（1）设M 为线段AE 的中点，连接DM ，PG  ////,6,3 ABCDEFCDABEF = = ，  / / EFAB G M 、 分别是BFAE 、 的中点， / / GMAB  ,则 //, GMPD 9 3 6 2 2 2 G AB P M EF D + = = − = = 四边形DMGP 是平行四边形  / / DMPG DM ADE 平面 ，PGADE 平面  / / PGADE 平面 ……………………………5 分 （2）设O 为CD 的中点，连结BO ， 由四边形ABCD 是菱形且 3 BCD   = ，则BOCD ⊥ 平面ABCD ⊥平面CDEF ， BO ⊥平面CDEF EFOC ，则四边形COEF 是矩形， 于是可以O 为原点， , , OEOCOB 所在直线分别为, , xyz 轴，建立如图所示的坐标系， 则 (0,6,33) A − ， (0,0,33) B ， (0,3,0) C ， (0,3,0) D − )， (4,0,0) E ， (4,3,0) F ，………7 分  ), 0 , 3 , 4 ( DE ), 3 3 , 3 , 0 ( DA = − = 可求得平面ADE 的法向量为 ) 4 , 3 4 , 3 3 ( m − =  ), 0 , 0 , 4 ( CF ), 3 3 , 3 , 0 ( CB = − = 可求得平面ADE 的法向量为 ) 1 , 3 , 0 ( n = ………10 分  91 91 8 91 2 4 12 | n || m | n m n , m cos = + =  = 综上可得，平面ADE 与平面BCF 夹角的余弦值为 91 91 8 .…………………………12 分 21、（12 分） 解：（1）因为点 (,3) M a 在C 上，所以9 2pa = ①， 因为| | 3 MF = ，所以由焦半径公式得| | 3 2 p MF a = = + ②， 由①②解得 9 2 a = ， 3 p = 所以抛物线C 的方程为 x y 6 2 = ． …………………………………………………………6 分 （2）由（1）得 2 : 6 C y x = ，焦点坐标为 3 ( ,0) 2 F ， ①当有一条直线斜率不存在时，不妨设直线1 l 的方程为 3 2 x = ，2 l 的方程为 0 x = ， 则有 333 (3)(3)( 222 ABP − ，， ，- ， ，0)，此时ABP  为等腰直角三角形且PAPB ⊥ ； ②当1 l 与 2 l 的斜率均存在时，不妨设1 3 ( ) 2 lykx = − ： ， , A B 是1 l 与抛物线的交点， ) , ( ), , ( 2 2 1 1 y x B y x A 则2 1 3 ( ) 2 l y x k = − − ： ， ) 3 , 2 3 ( k P − 联立1 l 与抛物线的方程可得 2222 9 (36)=0 4 kxkxk − + + 2 2 2 1 6 3 k k x x + = + ， 4 9 2 1 = x x k y y 6 2 1 = + ， 9 2 1 − = y y ) 3 , 2 3 ( ), 3 , 2 3 ( 2 2 1 1 k y x PB k y x PA − + = − + = 4 9 9 ) ( 3 ) ( 2 3 ) 3 , 2 3 ( ) 3 , 2 3 ( 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 + + + − + + + = − +  − + =  k y y k y y x x x x k y x k y x PB PA 2 2222 99183699999369 990 42422 k kkkkkkkk PA PB  ⊥ 综上可得，PA PB ⊥ …………………………………………………………………………12 分 22、（12 分） 解：（1） ()21(0) k fxxx x  = −+  ， (1)12 f k  = + = ， 1 k  = ．………………………3 分 （2）令 ()0 f x  = 得： 2 2 0 xxk − + = ， 1 8k = − ． ①当 1 8 k  时， 0  ， '()0 f x  ， ( ) f x 在(0, ) +上递增； ②当 1 0 8 k   时， 0  ， 1 2 0 2 k x x =  ， 1 2 1 0 2 x x + =  ，故 1 2 , 0 x x  ． 1 118 4 k x + − = ， 212 118 , 4 k xxx − − =  ， 可知： ( ) f x 在 118118 (0,),(,) 4 4 k k − − + − +上递增；在118118 (,) 4 4 k k − − + − 上递 减．………7 分 （3）证明：由（2）知， 1 0 8 k   ， 2 1 ( ) ( ) f x f x  ． 所以 2 2 1 1 1212121212 2 2 ()()()()(1) x x fxfxxxxxklnxxxxkln x x − = − − − + = − + − + 1811818 [(118)(118)] 4 4 118 kkk klnklnklnk k − + − − = − + = − + + − − − − − − ， 令 18(0,1) t k = −  ． 则 2 1112(18) 444 kkt − = − = ，只需证明 2 [(1)(1)] 4 4 t t klntlnt + − − +  ． 即证： 2 ()[(1)(1)]0 4 4 t t gtklntlnt = − − − − +  ． 又 2 11112 ()() 2411241 ttk gtk ttt −  = − − − = − + − + − ，且 2 11(18)8 tkk − = − − = ，  ( ) 0 2 t g t  =  ，( ) g t 在(0,1) 上递增， 所以()(0)0 gtg  = ，得证．………………………………………………………………12 分