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1、第 1 页（共 9 页）腾云联盟 20222023 学年度第一学期高三年级十二月联考数学参考答案数学参考答案一、单选题：一、单选题：题号12345678选项DCACBAAB二、多选题：二、多选题：题号9101112选项BCACBCDABD三、三、填空题：填空题：13.答案：14614.答案：215.答案：xsin（xAsin等其他符合条件的函数也可）16.答案：15四、解答题：四、解答题：17.解析解析：（1）联立nbabannnnn723272，解得，.223,21nbnannnn5 分（2）)1021(222113210S21010121214108 分5512410414710 分18.
2、解析解析：（1）作法：如图，作 EF/BD 交 AB 于 F，作 EG/CD 交 AC 于 G，连接 FG，则EFG 即截面.2 分第 2 页（共 9 页）证明：EF/BD，BCDBCD平面，平面BDEF，BCD/平面EF同理BCD/平面EG，而EEGEF平面 EFG/平面 BCD，即截面/平面 BCD6 分（2）方法一方法一：（综合法）（综合法）如图，在平面 BCD 中作 BM/CD,DM/BC，则 BCBM，BCBA，而 BABM=B，BC平面 ABM，ABM 即二面角 A-BC-D 的一个平面角，ABM=1208 分易知，平面 ABM平面 BCDM，设点 A 在平面 BCDM 上的投影为
3、 H，则 H 在 MB的延长线上，连接 DH，则ABH=60，ADH 即直线 AD 与平面 BCD 所成的角，也等于 AD 与平面所成的角9 分360sinABAH，BH=1，2922DMHMDH2987293ADHtanDHAH直线 AD 与平面所成角的正切值为298712 分方法二方法二：（向量法）（向量法）如图，在平面 BCD 中作 BM/CD,DM/BC，则 BCBM，BCBA，而 BABM=B，BC平面 ABM，ABM 即二面角 A-BC-D 的一个平面角，ABM=1208 分第 3 页（共 9 页）由第（1）问可知直线 AD 与平面 BCD 所成的角等于 AD 与平面所成的角9 分
4、可建立如图所示的空间直角坐标系，z 轴在平面 ABM 上.计算得点)0,4,2(),3,1,0(DA，)3,5,2(AD取平面 BCD 的一个法向量为)1,0,0(n设 AD 与平面所成的角为，则86243|cos|snADnADnADin，11 分因为20，2987tan直线 AD 与平面所成角的正切值为298712 分19.解析解析：（1）设 5 次投掷投中 1 号 x 次，2 号 y 次，3 号 z 次，未投中 t 次，则Z,5,0175435tzyxtzyxzyxtzyx，解得1130121100230104tzyxtzyxtzyxtzyx或或或不同的方法数 N=95CCCCCCCCC
5、CC1112351123141522351145.5 分（2）（i）设选手A选择1号、2号、3号箱作为目标箱，5次投中的次数依次为321XXX、，最终的得分分别为321YYY、.则)3.0,5(B)5.0,5(B)7.0,5(B321XXX、5.107.053)(E3)3(EE111XXY105.054)(E4)4(EE122XXY5.73.055)(E5)5(EE133XXY第 4 页（共 9 页）321EEEYYY建议选手 A 选择 1 号箱.10 分（ii）下述方案仅供参考，只要考生设计的方案可行，概率计算正确，均可给分。）下述方案仅供参考，只要考生设计的方案可行，概率计算正确，均可给分
6、。方案一方案一：A 连续 5 次选择投掷 3 号箱11 分A 最终获胜的概率为00243.01000002431035P.12 分方案二方案二：A 前 4 次均选择投掷 3 号箱，第 5 次投 2 号箱11 分A 最终获胜的概率为00405.02000081211034P.12 分20.解析解析：（1）CBACBsinsin1coscoscos222CBACBsinsin1)sin1()sin1()sin1(222CBACBsinsinsinsinsin222由正弦定理得，bcacb222由余弦定理得，2122cos222bcbcbcacbA),0(A3A6 分（2）在ABC中，由23sin3
7、sinsinsinABCBACCAB得，CABsin27 分由图知，要使BH最大，角 B 为锐角BCBABBHcossin2cosCCCCCsin23cos21sin232cossin2第 5 页（共 9 页）32sin23)2cos1(232sin21CCC10 分320 C，35323 C当2332C，即127C时，123maxBH.12 分另解另解：考虑圆的内接考虑圆的内接ABC，动态分析动态分析，寻找特殊位置知寻找特殊位置知：当当 AH 与圆相切时与圆相切时，BH 最最大，结合正弦定理也可求得大，结合正弦定理也可求得 BH 的最大值的最大值。（求解正确也可酌情给分）（求解正确也可酌情给
8、分）21、解析解析：（1）由题意知2228422cbaac，解得132cba椭圆 C 的标准方程为13422yx4 分（2）（i）设点),(),(),8(BBAAyxByxAtT，则由题意可得椭圆 C 在),(AAyxA),(BByxB处的切线方程分别为：134yyxxAA，134yyxxBB点),8(tT在两条切线上1348AAtyx，1348BBtyx6 分由于过),(AAyxA),(BByxB两点的直线仅有一条直线AB的方程为，1348tyx即132tyx当 t 变化时，直线AB过定点0,21Q8 分（ii）由图知，当直线AB的斜率存在时不为 0，设直线AB的方程为nyx21，代入134
9、22yx整理得，04512)43(422nyyn，0 恒成立，不妨令0,0BAyy，第 6 页（共 9 页）)43(44543322nyynnyyBABA9 分BAyyBQFQFQBAQFQFQASS3sin21sin21221121435422222nnyyyyyyyyABBABABA得当0n时，BAyy，此时=3;当0n时，0,154435443542222nnnyyyyABBA，令)10(且BAyy，则021154，0115342)10(且，解得15335且综上知，53,35，进而559，12 分22.解析解析：（1）当20，x时，xxxxflnsin2)(，xxxf1cos21)(，)
10、(xf在20，上单调递增又033f，0212f存在唯一的存在唯一的2023，t使得使得 0tf第 7 页（共 9 页）且当且当tx,0时时 0tf，当，当2,tx时时 0tf)(xf在20，上有唯一的极小值点 t.4 分（2）)0()ln(sin2)0(lnsin2|lnsin2)(xxxxxxxxxxxxf当当 x0 时，时，xxxxflnsin2)(,分分 3 种情况讨论：种情况讨论：当当20，x时时，021sin211222eeef，03ln333f，03)()(minftfxf，02ln222f)(xf在20，上有唯一的零点1x；5 分当当23,2x时，时，01cos21)(xxxf恒
11、成立，)(xf单调递增02ln222f，023ln2323f，)(xf在23,2上有唯一的零点2x；6 分当当，23x时，时，xxxxxxfln2lnsin2)(令xxxgln2)(，23x，则011)(xxg，)(xg递增第 8 页（共 9 页）021ln22923ln22323)(2egxg)(xf在，23x上无零点.8 分当当 x0 时，时，)ln(sin2)(xxxxf,分分 2 种情况讨论：种情况讨论：（I）当当2，x时，时，02ln)ln(,0sin2xxx，0)(xf，)(xf在2，x上无零点9 分（II）当当0,2x时，时，)ln(sin2)(xxxxf，xxxf1cos21)
12、(,令)0,2(,1cos2)(xxxxh，则3 22cos2)(,1sin2)(xxxhxxxh，令3 2cos2)()(xxxhx，则06sin2)(4xxx在0,2x上恒成立3 2cos2)()(xxxhx在0,2x上单调递减而025.0832.0412cos222 h,0623663 h,存在6,21t使得0)(1 th，且当1,2 tx时，0)(xh，)(xh递增；当01，tx时，0)(xh，)(xh递减.04165sin2412sin2)2(h，09332h036162h存在6,32t使得0)(2th，且当2,2 tx时，0)(xh，)(xh递增；当02，tx时，0)(xh，)(xh递减第 9 页（共 9 页）当0,2x时，222max1cos2)()(ttthxh，6,32t注意到616,3cos2122tt，1631cos2)(22maxttxh所以所以01cos21)(xxxf在在0,2x上恒成立上恒成立当当0,2x时，时，)ln(sin2)(xxxxf单调递增单调递增又02ln2sin22)2(f，03)sin(2)(333eeef)(xf在0,2x上存在唯一的零点3x.12 分综上知，)(xf在定义域上共有 3 个零点1x、2x、3x，且1x20，2x23,2，0,23x.12 分
