黑龙江省哈师大附中2022届高三上学期期末考试数学（理）试题答案
数学试题（理科）参考答案
1.B 2.D 3.C 4.A 5.B 6.A 7.C 8.A 9.C 10.C 11.B 12.D 13.-1 14. 15. 16.
17. （1） 由
ρ2=4
1+3 sin2θ
得
ρ2+3
(
ρsin θ
)
2=4
，
因为
ρ2=x2+y2
，
ρsin θ=y
，
所以曲线
C
的直角坐标方程为：
x2
4+y2=1
．
由
{
x=6t − m,
y=−❑
√
3t
消去参数
t
，得直线
l
的普通方程为：
x+2❑
√
3y+m=0
．
（2） 由（
1
）可得曲线
C
的参数方程为
{
x=2 cos φ ,
y=sin φ
（
φ
为参数）．
由点到直线的距离公式，得点
M
到直线
l
的距离
d=∣2 cos φ+2❑
√
3 sin φ+m∣
❑
√
13 =
∣4 sin
(
φ+π
6
)
+m∣
❑
√
13
．
因为
dmax=6❑
√
13
13
，所以
∣4 sin
(
φ+π
6
)
+m∣
max
=6
，
又
4 sin
(
φ+π
6
)
+m∈
[
m − 4, m+4
]
，所以当
m ≤0
时，
4−m=6
，得
m=−2
；
当
m>0
时，
4+m=6
，得
m=2
．所以
m=±2
．
18. （1） 记抽到他会背诵的古诗词的数量为 ，则 的所有可能取值为 ， ， ， ，且
， ．
， ，
， ，
的分布列为
数学期望
（2） 他能过关的概率为 ．
19.（1） 设数列
{
an
}
是公差为
d
的等差数列，
{
bn
}
是公比为
q
(
q ≠1
)
的等比数列，
由
a1=1
，
b1=2
，
b2=2a2
，
b3=3a3−1
，可得
2q=2
(
1+d
)
，
2q2=3
(
1+2d
)
−1
，
解得
d=0
，
q=1
（舍）或
d=1
，
q=2
，
则
an=1+n −1=n
，
bn=2⋅2n −1=2n
．
（2）
cn=2an
(
bn−1
)(
bn+1−1
)
=2n
(
2n−1
) (
2n+1−1
)
=1
2n−1−1
2n+1−1
，则
Sn=¿1−1
22−1+1
22−1−1
23−1+1
23−1−1
24−1+⋯+1
2n−1−1
2n+1−1
¿
1−1
2n+1−1.¿
20. （1） 依题意，以
D
为坐标原点，分别以
⃗
DA
，
⃗
DC
，
⃗
DG
的方向为
x
轴，
y
轴，
z
轴的正方
向建立空间直角坐标系．
可得
D
(
0,0,0
)
，
A
(
2,0,0
)
，
B
(
1,2,0
)
，
C
(
0,2,0
)
，
E
(
2,0,2
)
，
F
(
0,1,2
)
，
G
(
0,0,2
)
，
M
(
0,3
2,1
)
，
N
(
1,0,2
)
，
设
⃗
n0=
(
x , y , z
)
为平面
CDE
的法向量，
则
{
⃗
n0⋅
⃗
DC=2y=0,
⃗
n0⋅
⃗
DE=2x+2z=0,
不妨令
z=−1
，可得
⃗
n0=
(
1,0 ,− 1
)
；
又
⃗
MN =
(
1, − 3
2,1
)
，可得
⃗
MN ⋅
⃗
n0=0
，
又因为直线
MN ⊄平面CDE
，
所以
MN ∥平面 CDE
；
（2） 依题意，可得
⃗
BC=
(
−1,0,0
)
，
⃗
BE=
(
1, −2,2
)
，
⃗
CF=
(
0, −1,2
)
．
设
⃗
n=
(
x1, y1, z1
)
为平面
BCE
的法向量，
则
{
⃗
n⋅
⃗
BC=− x1=0,
⃗
n⋅
⃗
BE=x1−2y1+2z1=0,
不妨令
z1=1
，可得
⃗
n=
(
0,1,1
)
；
设
⃗
m=
(
x2, y2, z2
)
为平面
BCF
的法向量，
则
{
⃗
m⋅
⃗
BC=− x2=0,
⃗
m⋅
⃗
CF=− y2+2z2=0,
不妨令
z2=1
，可得
⃗
m=
(
0,2,1
)
．
因此有
cos ⟨
⃗
m ,
⃗
n⟩=
⃗
m⋅
⃗
n
∣
⃗
m∣⋅∣
⃗
n∣=3❑
√
10
10
，于是
sin ⟨
⃗
m,
⃗
n⟩=❑
√
10
10
．
所以二面角
E − BC − F
的正弦值为
❑
√
10
10
；
（3） 设线段
DP
的长为
ℎ
，（
ℎ∈
[
0,2
]
），则点
P
的坐标为
(
0,0 ,ℎ
)
，
可得
⃗
BP=
(
−1, − 2,ℎ
)
，而
⃗
DC=
(
0,2,0
)
为平面
ADGE
的一个法向量，
故
∣cos ⟨
⃗
BP,
⃗
DC ⟩∨¿∣
⃗
BP ⋅
⃗
CD ∣
∣
⃗
BP ∣⋅∣
⃗
DC ∣=2
❑
√
ℎ2+5
，
由题意，可得
2
❑
√
ℎ2+5=sin 60∘=❑
√
3
2
，解得
ℎ=❑
√
3
3∈
[
0,2
]
．
所以线段
DP
的长为
❑
√
3
3
．
21.（1）
fʹ
(
x
)
=x −a+a − 1
x=
(
x − 1
) (
x −a+1
)
x
，
x>0
，
因为
a>2
，所以
a −1>1
，
所以
fʹ
(
x
)
>0⇒x>a − 1
或
0<x<1
，
fʹ
(
x
)
<0⇒1<x<a −1
，
所以
f
(
x
)
的单调递增区间为
(
0,1
)
，
(
a −1,+∞
)
，单调递减区间为
(
1, a −1
)
．
（2） 令
ℎ
(
x
)
=ln x − x +1
，则
ʹℎ
(
x
)
=1− x
x
，
ʹℎ
(
x
)
>0⇒0<x<1
，
故
ℎ
(
x
)
在
(
0,1
)
单调递增，在
(
1,+∞
)
上单调递减，
故
ℎ
(
x
)
≤ℎ
(
1
)
=0
，即
ln x ≤ x − 1
，
欲证：
∀x∈
(
1, m
)
，
(
a −1
)
ln x>x− 1
，即证：
∀x∈
(
1, m
)
，
a −1>x − 1
ln x
，
令
g
(
x
)
=x −1
ln x
，
1<x<m
，则
gʹ
(
x
)
=
ln x−1+1
x
(
ln x
)
2
，
因为
ln x ≤ x − 1
，故
ln x − 1+1
x≥0
，
所以
gʹ
(
x
)
>0
，
g
(
x
)
在
(
1, m
)
上单调递增，
所以
g
(
x
)
<g
(
m
)
=m −1
ln m
，
故欲证
∀x∈
(
1, m
)
，
a −1>x − 1
ln x
，只需证
a −1>m −1
ln m
，
因为
f
(
m
)
=f
(
1
)
，
所以
m2
2−a
(
m− 1
)
+
(
a −1
)
ln m=1
2
，
即
(
m−1
)
2
2=
(
a− 1
) (
m−1−ln m
)
，
因为
ln m<m− 1
，故
m− 1−ln m>0
，故等价于证明：
ln m>2m −1
m+1
，
令
H
(
x
)
=ln x − 2
(
x − 1
)
x+1
，
x>1
，
则
Hʹ
(
x
)
=
(
x− 1
)
2
x
(
x+1
)
2>0
，
H
(
x
)
在
(
1,+∞
)
上单调递增，
故
H
(
x
)
>H
(
1
)
=0
，即
ln x>2
(
x − 1
)
x+1
，从而结论得证．
22. （1） 因为椭圆的长轴长为
4
，焦距为
2❑
√
2
，
所以
2a=4
，
2c=2❑
√
2
，
解得
a=2
，
c=❑
√
2
，
所以
b2=a2−c2=2
，
所以椭圆的方程为
x2
4+y2
2=1
．
（2） 设
A
(
x0,0
)
，
B
(
− x0,0
)
，
C
(
− x0, y0
)
，
D
(
x0, y0
)
，
E
(
− x0, − y0
)
，
所以
k1=kAE=− y0
− x0− x0
=y0
2x0
，
直线
AE
的方程为
y=y0
2x0
x − y0
2
，
令
x=0
，得
yG=−y0
2
，
k2=kCG=
y0−
(
−y0
2
)
− x0−0=−3y0
2x0
，
所以
k1
k2
=
y0
2x0
−3y0
2x0
=−1
3
，
故
k1
k2
为定值
−1
3
．
（3） 由（
2
）知直线
CG
的方程为
y=−3y0
2x0
x − y0
2
，
将直线
CG
与椭圆联立，得
(
1+9y0
2
2x0
2
)
x2+3y0
2
x0
x+1
2y0
2−4=0
，
所以
xH+
(
− x0
)
=−
3y0
2
x0
1+9y0
2
2x0
2
，得
xH=
(
2x0
2+3y0
2
)
x0
2x0
2+9y0
2
，所以
H
(
(
2x0
2+3y0
2
)
x0
2x0
2+9y0
2,−
(
4x0
2+9y0
2
)
y0
2x0
2+9y0
2
)
，
同理，将直线
AE
的方程与椭圆的方程联立，可得
(
1+y0
2
2x0
2
)
x2−y0
2
x0
x+1
2y0
2−4=0
，所以
− x0+xF=
y0
2
x0
1+y0
2
2x0
2
，
解得
xF=
(
2x0
2+3y0
2
)
x0
2x0
2+y0
2
，所以
F
(
(
2x0
2+3y0
2
)
x0
2x0
2+y0
2,y0
3
2x0
2+y0
2
)
，
M
H
G
F
E
D
C
B
A
O
y
x
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