2023届山东省青岛市高三第三次适应性检测 数学答案

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数学参考答案 第 1页（共 5页）
数学参考答案及评分标
2023年高三年级第三次适应性检测
准
一、单项选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40 分。
1--8：C B A D B C A D
二、多项选择题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20 分。
9．BD 10．AC 11．BCD 12．ABD
三、填空题：本题共 4个小题，每小题 5分，共 20 分。
13．
2 2
1
4 3
y x
；14．3
π4 ；15．28 ；16．1．
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 CcaBc tan)2(sin2 ，所以 C
C
caBc cos
sin
)2(sin2 ·················· 1 分
所以 CCACBC sin)sinsin2(cossinsin2 ，
因为 )π,0(C，0sin C，所以 CACB sinsin2cossin2 ···························2 分
因为 πCBA ，
所以 CCBCBCCBCB sinsincos2cossin2sin)sin(2cossin2 ，
所以 CCB sinsincos2 ，··········································································· 4 分
所以 2
1
cos B，又因为 )π,0(B，所以 3
π
B················································ 5 分
（2）设 xa ，则 xc 3，由条件知 )(
2
1BCBABD ·····································6 分
所以 13
4
13
)cos2(
4
1
)(
4
1
|| 22222 xBaccaBCBABD ························ 7 分
所以 2x···································································································8 分
所以 2222 7cos2 xBaccab ，72b··················································9 分
所以周长 728724 xcbal ····················································10 分
18．（12 分）
解：（1）取 11CB 的中点 1
O，连结 11OA ，
因为 AB AC，ABCCBA
111 为三棱台， 42 11 BAAB ，
所以 2
π
,2 1111111 CABCABA ，所以 1111 CBOA ，2
11 OA ····················· 2 分
因为平面 1 1
BCC B 平面 ABC ，平面 //ABC 平面 111 CBA ，
所以平面 1 1
BCC B 平面 111 CBA ，平面
11BBCC 平面 111 CBA
11CB
，
所以
11OA 平面 1 1
BCC B ···············································································3 分
由条件知梯形
11BBCC
的面积 231)2422(
2
1S································· 4 分
数学参考答案 第 2页（共 5页）
所以四棱锥
111 BBCCA
的体积
2223
3
1V
·········································5 分
（2）取
BC
的中点
O
，连结
AO
，
因为
ACAB
，所以
AO
BC
，
因为等腰梯形
中，
OO ,
1
分别为上下底面
BCCB ,
11
的中点
所以
1
OO BC
，
因为平面
1 1
BCC B
平面
ABC
，平面
11BBCC
平面
ABC
BC
，
所以
1
OO
平面
ABC
，
以
O
为原点，分别以
1
, ,OA OB OO
所在直线为
x
轴，
y
轴，
z
轴建系如图，············ 6 分
则
(2 2,0,0), (0, 2 2, 0), (0, 2 2,0),A B C
)1,2,0(
1
B
，
令
1
BBmBE
)10( m
，则
),222,0( mmE
···········································7 分
设平面
ACE
的法向量为
( , , )n x y z
，
因为
(2 2, 2 2, 0)CA
，
),224,0( mmCE
，
则
2 2 2 2 0n CA x y 
 
，
0)224( mzymCEn
，
令
mx
，可得
)224,,( mmmn
·························································· 8 分
因为
1
OO
平面
ABC
，所以
)1,0,0(
1OO
为平面
ABC
的一个法向量··················· 9 分
记二面角
E AC B 
的平面角为
，
10
27
)224(2
224
cos 22
mm
m
······· 10 分
即
026 2mm
，解得
2
1
m
或
3
2
m
（舍）··········································· 11 分
所以存在点
E
为
BB1
的中点，使得二面角
E AC B 
的余弦值为
10
27
················ 12 分
19．（12 分）
解：（1）因为
n
n
n
naS 3)1( 1
，所以
n
nn aS 9
122
，
n
nn aS 9
3
1
212
········· 4 分
两式相减得，
2 2 1 2
29
3
n
n n n
a a a
 
，所以
2 1 2
2
2 9
3
n
n n n
b a a
 
，············· 6 分
（2）因为
1 2 3
, ,a a a
成等差数列，所以
312
2aaa
，
又因为
3
21 aa
，
9
321 aaa
，所以
0,3,6 321 aaa
··························· 8 分
由
n
n
n
naS 3)1( 1
可得，
1
2
1
13)1(
n
n
n
naS
，
( 1)n
两式相减得，
1
1 2 1
( 1) ( 1) 2 3
n n n
n n n
a a a
 
   
··········································· 9 分
当
2 2n k 
，
2k
且
Nk
时，
2 2
22 3 k
k
a
 
，
此时
2 1 2 2 2 1 2 2
2 1 2 3 2 3 3 3
k k k k
k k
S a  
    
，
2k
································ 10 分
所以，
2 1 1
6, 1
9 , 2
nn
n
Sn
········································································12 分
1
O
A
B
C
1
A
1
B
1
C
O
E
x
y
z
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