北京市朝陽區(qū)2022-2023學年高三上學期期中數(shù)學答案

第第7頁（共7頁）北京市朝陽區(qū)2022~2023學年度第一學期期中質量檢測高三數(shù)學參考答案 2022.11一、選擇題（10440分）（1）B（6）D

（2）C（7）A

（3）B（8）C

（4）A （5）A（9）C （10）D二、填空題（5525分）（11）[2,1)（14）[0,)

(1,) （12）2 （13） 532 63(2,0] （15）①②③三、解答題（685分）（1（共13分）（Ⅰ）因為f(x)sin2xcos2x1 2sin(2xπ)1，4所以f(x)的最小正周期T2ππ．22由1≤sin(2xπ)≤1，得 2sin(2xπ)21．24 4當2xπ2kππ(kZ)，即xkπ3π(kZ)時，f(x)取得最大值；4 2 8當2xπ2kππ(kZ)，即xkππ(kZ)時，f(x)取得最小值．4 2 82f(x的值域為2

1,

1]． 8分2（Ⅱ）ysinx的單調遞增區(qū)間為[2kππ2

,2kπ

π](kZ)．由2kππ2xπ2kππ2 4 2

2 2(kZ)，kππxkπ3π8 8

(kZ)．π 3π所以f(x)的單調遞增區(qū)間為[kπ ,kπ ](kZ)8 8

……………13分（1（共15分）（Ⅰ）取AC中點F，連接DF，AF．1DBC的中點，1DF//BADF12

BA．BDABDAF又因為點E是AB的中點，11 E1EA1EA1

//BAEA1//DFEA1

BA2DF．

A1C C1所以四邊形DFAE是平行四邊形．1所以DE//FA．1DEACCAFAACCA，11 1 11DE//ACCA．11……………5分（Ⅱ）因為側面ABBA為矩形，所以BAAA．11 1又因為平面ABBA平面ACCA， z11 11B B1且平面ABBA 平面ACCAAA，11 11 1 E所以BA平面ACCA． D11所以BAAC．ACCA

A A1yFC C1x11ACAA．1如圖建立空間直角坐標系Axyz，A(0,0,0)D(2,0,1)E(0,4,1)A(0,4,0)C(4,4,0)．1 1 AD(2,0,1)AE(0,4,1)AC(4,0,0)．11（?。〢CAE0

AE．11 11（ⅱ）設平面ADE的法向量為n(x,y,z)，則nAD0,即2xz0,nAE0,

4yz0.z4x2y1．于是n2,1,4)．ACADE所成角為，114 212 21 |ACn| |(4,0,0)(2,1,4)4 212 21則sin

1|AC

．||n| 2111所以直線AC與平面ADE所成角的正弦值為2 21．11（1（共13分）解：選擇條件②：b2．（Ⅰ）由正弦定理a b

，得sinA

asinB．

21……………15分又因為a

sinA sinB b22，Bπ，b2，所以sinA ．226 4在ABC中，因為ab，所以0ABπ，故0A

π1sin2A14，cosA 1sin2A142 4所以sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB2314 12314

6 14．4 2 4 2 8因為a

c casinC

6 14

……………9分2sinA sinC sinA 22（Ⅱ）

1acsinB1

6 141

3 7．△ABC

2 2 2 2 4……………13分14選擇條件③：cosA ．1441cos2A2（Ⅰ）因為0A所以sinA1cos2A24故sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB

6 14．8a又因為

c，a

，所以casinC

6 14．22sinA sinC sinA 222

……………9分（Ⅱ）

1acsinB1

6 141

3 7．△ABC（1（共14分）

2 2 2 2 4

……………13分（Ⅰ）設數(shù)列{a}的公差為d，d0.n因為aa2 5

12，所以aa3 4

12．又因為aa 35，d0，34所以a3

5，a4

7．故d2a1

1．所以an

a(n2n1(nN).1

……………7分（Ⅱ）因為an

2n1，所以Sn

n(aa 1 n2

n2.因為Saam 2 i

成等比數(shù)列，所以Sami

a2，即m2(2i1)9．2miN，所以m12i19；或m32i11．經(jīng)檢驗，符合題意．所以m1i5；或m3i1．……………14分（2（共15分）解（Ⅰ）由f(x)exasinx1(aR)，得f(x)exacosx．f(0)0f(0)1a，所以曲線yf(x)在點(0,f(0))處的切線方程為yf(0)f(0)(x0)，即y(1a)x． 4分（Ⅱ）由題意知f(0)0，則a1．f(x)exsinx1f(x)excosx．x0f(x)excosx1cosx≥0，f(x在區(qū)間(0,上單調遞增．g(x)f(xg(x)exsinx．設(x)g(x，則(x)excosx．xπ,0)時，(x0，2所以g(x)在區(qū)間(π,0)上單調遞增．22g(π)e22

sin(π)e222

10，g(0)10，

(π,0)g(x

)0．0 2 0xx0

,0)g(x0．所以g(x)在區(qū)間(x0

,0)上單調遞增．xx0

,0)g(xg(0)0f(x0，所以f(x)在區(qū)間(x0

,0)上單調遞減．f(xx0所以a1．

……………10分π（Ⅲ）①若a≥1，當x(0, )時，sinx0，所以f(x)≥exsinx1．π2由（Ⅱ）已證，yexsinx1在區(qū)間(0,)上單調遞增，所以exsinx1e0sin010．f(x)

π在區(qū)間(0, )上恒成立．2此時不存在正實數(shù)m，使得對任意的x(0,m)，都有f(x)0，所以a≥1不合題意．②若a1，f(x)exacosx，設h(x)f(x)，則h(x)exasinx．π當x(0, )時，h(x)exasinxexsinx0，π2f(x)

π在區(qū)間(0, )上單調遞增．2π而f(0)1a0，fπ e 0，故存在m(0,π)，使f(m)0．π( ) 22 2x(0,mf(x0f(x在區(qū)間(0,m上單調遞減．x(0,mf(xf(0)0．所以a1符合題意．綜上，a的取值范圍是(,1)．……………15分（2（共15分）（Ⅰ）當n4時，A{1,2,3,4}，A的所有P(3)子集為{1,2,3}，{1,3,4}．……………4分當n3W{1,3}1322WAP(2)m2．≥若m 3，設a≥1

，a，a232

W且1≤aa1 2

a．333依題意，aa31 23

，aa1

2k2，aa12 1

,其中k1

，k，k232

N．1因為aa11 2

aa1

a a2

，所以2k

2k．所以kk1 2

k．3又因為k1

，k，k232

N，所以k≥k 1．3 2因為2(aa1 2

a)2k131

2

2k3，123所以aa a 1(2k2k 2k)．1231 2 3 233所以a1(2k2k 2k)2k 1(2k2k 2k)．33121 2 1 2 3 2121因為2k1

2

2

2k

2

12k3，1所以2k1

2

2k30．所以a1

0，與a1

1矛盾．綜上，m2．……………9分（Ⅲ）A1

{20,12}，A2

{19,13}，A3

{18,14}，A4

{17,15}，A5

{11,5}，A{10,6}6

{9,7}，A8

{1,3}1

{2}2

{4}3

{8}4

{16}．設W的元素個數(shù)為m．若WAP(m則WAA1 2

,A, ,A3

中的一個元素以及BB1 2

,B,B3