福建省三明第一中学2022-2023学年高三上学期期中考试数学试题答案

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三明一中 2022-2023 学年上学期数学半期考答案解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
9
10
11
12
答案
D
D
B
A
A
C
B
ACD
AD
BD
AD
13.1 14. 144 15.
5
3
16.
3
,
3
( , 2 3)
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. (1)由
2
1eC x
y C
得
1 2
ln lny C C x 
，令
2 1
ln , , lnt y b C a C  
，得
t abx 
，-2 分
由表 II 数据可得：
 
 
7
1
72
1
42.12 0.26,
162
i i
i
i
i
x x t t
b
x x
 
 
20.26C b  
-----4 分
25.27 189
0.26 3.41
7 7
a t bx  
，
3.41
10.03C e
 
-----6 分
ˆ0.26 3.41t x 
.所以回归方程
为
：
0.26
0.03e x
y
.------------------7 分
(2) 在
20x=
时的残差：
0.26 20
1
ˆ0.03 5.4564y e
 
1 1
ˆ7 5.4564 1.54y y  
.----10 分
18. （1）因为
AB AD
，O是
BD
中点，所以
OA BD
，----------1 分
因为
OA
平面
ABD
，平面
ABD
平面
BCD
，
且平面
ABD
平面
BCD BD
，所以
OA
平面
BCD
．-----------3 分
因为
CD
平面
BCD
，所以
OA CD
.-----------------------------------------4 分
（2）[方法一]：通性通法—坐标法
如图所示，以 O为坐标原点，
OA
为
z
轴，
OD
为y轴，垂直
OD
且过 O的直线为 x轴，建
立空间直角坐标系
O xyz
，
则
3 1
( , ,0), (0,1, 0), (0, 1,0)
2 2
C D B
，设
1 2
(0,0, ), (0, , )
3 3
A m E m
，---6 分
所以
4 2 3 3
(0, , ), ( , , 0)
3 3 2 2
EB m BC  
 
，设
 
, ,n x y z
r
为平面
EBC
的法向量，
则由
0
0
EB n
EC n
 
 
可求得平面
EBC
的一个法向量为
2
( 3,1, )nm
 
．--8 分
又平面
BCD
的一个法向量为
 
0,0,OA m
，------------------------9 分
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所以
2
2 2
cos , 2
4
4
n OA
mm
 
 
，解得
1m
．--------------10 分
又点 C到平面
ABD
的距离为
3
2
，所以
1 1 3 3
2 1
3 2 2 6
A BCD C ABD
V V
 
 
，
所以三棱锥
A BCD
的体积为
3
6
．-----------------------------12 分
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作
EG BD
，垂足为点 G．作
GF BC
，垂足为点 F
，
连结
EF
，则
OA EG∥
．
因为
OA
平面
BCD
，所以
EG
平面
BCD
，
EFGÐ
为二面角
E BC D 
的平面角．
因为
45EFG  
，所以
EG FG
．由已知得
1OB OD 
，故
1OB OC 
．
又
30OBC OCB  
，所以
3BC
．
因为
2 4 2 2 2
, , , , 1
3 3 3 3 3
GD GB FG CD EG OA    
，
1 1 1 1 3 3
2 2 ( 1 1) 1
3 3 3 2 2 6
A BCD BCD BOC
V S OSOA A
 
 
．
[方法三]：三面角公式
考虑三面角
B EDC
，记
EBD
为
，
EBC
为
，
30DBC  
，
记二面角
E BC D 
为
．据题意，得
45
 
．
对
使用三面角的余弦公式，可得
cos cos cos 30
 
 
，化简可得
3
cos cos
2
 
．①
使用三面角的正弦公式，可得
sin
sin sin
，化简可得
sin 2 sin
 
．②
将①②两式平方后相加，可得
2 2
3cos 2sin 1
4
 
 
，
由此得
2 2
1
sin cos
4
，从而可得
1
tan 2
 
．
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如图可知
π
(0, )
2
，即有
1
tan 2
，
根据三角形相似知，点 G为
OD
的三等分点，即可得
4
3
BG
，结合
的正切值，
可得
2, 1
3
EG OA 
从而可得三棱锥
A BCD
的体积为
3
6
．
19. (1)数列
 
n
a
各项都是正数，
11a
，
对任意 n∈N*都有
2
2 2 2 1
1 2
1
3
n
n
a
a a a
 
，①
当
2n
时，
2
2 2 2
1 2 1
1
3
n
n
a
a a a
 
，②
①﹣②可得
2 2 2
1
3n n n
a a a
 
，因为数列
 
n
a
各项都是正数，所以可化为
12
n n
a a
，
因为
2
22
1 1 2
1, 1, 0
3
a
a a a
 
，所以
22a
，所以
2 1
2a a
，
所以数列
 
n
a
是以 1为首项，2为公比的等比数列，所以
1
2n
n
a-
=
，n∈N*；----3 分
数列
 
n
b
满足
11b
，
12 1
n n
b b n
 
（n∈N*），可得
2 1
3 2b b 
，
当
2n
时，
12 1
n n
b b n
 
，又
12 1
n n
b b n
 
，两式相减可得
1 1 2
n n
b b
 
 
，
所以
 
n
b
的奇数项和偶数项均为公差为 2的等差数列，可得奇数项为 1，3，5，7，...，2n
﹣1，...，偶数项为 2，4，6，...，2n，...，所以
n
b n
.---------------------6 分
（法二）数列
 
n
b
满足
11b
，
12 1
n n
b b n
 
（n∈N*），可得
2 1
3 2b b 
，
3 2
5 3b b 
,
4 3
7 4b b 
,由此猜测
n
b n
，又因为
11 2 1
n n
b b n n n
 
，与已
知条件吻合，所以猜想成立，所以
n
b n
.
（法三）设数列
 
n
b
的通项公式为
n
b an b 
，
1( 1) 2 2 2 1
n n
b b an b a n b an b a n
 
，
2 2, 2 1, 1, 0a b a a b  
，所以
n
b n
.
(2)因为
2
2 1
1
2
n
n
n
n
b
c n
a
 
 
 
，所以
2
1 1 1 1
1 2 3
4 16 64 2
n
n
T n  
   
 
，
所以
2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 2 3 ( 1)
4 16 64 128 2 2
n n
n
T n n
   
  
   
   
摘要：

第1页/共8页学科网（北京）股份有限公司三明一中2022-2023学年上学期数学半期考答案解析题号123456789101112答案DDBAACBAACDADBDAD13.114.14415.5316.3,3(,23)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.(1)由21eCxyC得12lnlnyCCx，令21ln,,lntybCaC，得tabx，-2分由表II数据可得：7172142.120.26,162iiiiixxttbxx20.26Cb-----4分25.271890.263.4177a...

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