【文档说明】安徽省亳州市蒙城县第六中学2022届高三下学期开年联考理科数学试题参考答案.pdf，共(8)页，323.636 KB，由小赞的店铺上传

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1理科数学参考答案题号123456789101112答案CBABDCADBACD1.【解析】{0,1,2}A，{1,1,2,3}B,AB{1,2}.2.【解析】211(1)(1)22iiiiziiii111222

ii,z的虚部为12,故选B.3.【解析】焦点为4,0F,4c,OAFB为矩形,90AOB,根据双曲的对称性，tan451ba，又222abc，则可解得228ab，则双曲线方程为22188x

y.故选A.4.【解析】由costan2sin，得sincoscos2sin，即2222cos2sinsin,2sincossin1，解得1sin2，故选B.5.【解析】1,11xxex，故选D.6

.【解析】设等差数列{}na的公差为d，由40S，55a，得1146045adad，132ad，25nan，225nnann；2228nSnn，故2nnnaS，选C．7.【解析一】因(42)(1)(4)(2)22yyOPxOAyOByOAyOB

OAOB，令'4,'2OAOAOBOB，则(1)'22yyOPOAOB，所以点,','

PAB共线,又0xy可得轨迹为线段，图中线段DE为所求。【解析二】以OA所在射线为x轴，过点o且垂直于OA的直线为y轴建立坐标系，则点13(1,0),(,)22AB并设点P坐标，代入向量式化简可得直线方程，又0xy可得轨迹为线段.8.【解析】26131663623339,

228,1,log21,ababcabc，故选D9.【解析】充分性：取4a，34b，则2ba≥成立，此时43,4x，则32,22x，可得cos21,0fxx,充分性不成立;必要性:函数cos2fxx的最

小正周期为22T,因为函数fx在,ab上的值域为1,1,当函数fx在,ab上单调时,ba取得最小值,且有22Tba,必要性成立.因此,“2ba≥”是“fx的值域为1,1”的必要而不

充分条件.故选:B.210.【解析】设点(,)Pxy，由题得222222222,4[(2)](2)xyxyxyxy,所以221616033xyx,所以点P的轨迹是22816()39xy,当直线OP和圆相切与第一象限时，POA最大，sinPOA取最大

值,且413sin823PCPOAOC,选A.11.【解析】由题意可得，，2，3，，,所以，且，2，3，，,当时，成立；当，3，，10时，应有成立,因为在上单调递增，所以随着的增大而减小，故,综上，的取值范围是．选C12．【解析】因为，函数在区间上有极值，所以．所以．当变

化时，，的变化情况如下表：010因为对于，恒成立，所以，且（1）．所以，即．因为，所以．13.【答案】160【解析】由题得的展开式的通项为，令620,3rr，所以展开式的常数项为3362=820=160C.14.【答案】3215【解析】设大圆面积为1S，小圆面积

2S，则16421S，221S.则黑色区域的面积为2152121SS，所以落在黑色区域的概率为321521121SSSP.12(1nnnqqn10)2q12(1nnqn10)1n122

n12nnq2xyR111122nnnn1092qq109(2,2)()(1)xfxxae()fx(0,1)011a12ax()fx()fxx(0,1)a1a(1,1)a()fx()fxa(1)fa(1)ae

()0fxa[0x1](0)0faf0a(1)0aea1eae12a21eae62xx6621662()2rrrrrrrTCxCxx315.【答案】16【解析】四棱锥GAQPR可分割成两个

三棱锥AGQP和PAGR,三角形GQP与三角形GPR均可视为底为12，高为1的三角形，其面积均为14，又A到两平面GQP和GPR的距离均为1，故两三棱锥的体积均为112，得四棱锥的体积为16.16.【

答案】22【解析】抛物线的方程为,即,求导得,设,(其中),则切线的斜率分别为,,所以切线：,即,即,同理可得切线的方程为,因为切线均过点,所以,,所以为方程的两组解.所以直线的方程为.又点在直线20xy上，所

以002yx,所以直线的方程为0(2)240xxy，直线恒过定点（2,2），原点O到直线AB距离的最大值为22.17【解析】（1）由正弦定理sinsinsinabcABC，得sinsinsincos3sinsin

BCACAC....1分又sinsin()sincoscossinBACACAC，所以cossinsin3sinsinACCAC，..................3分又sin0C，所以

cos13sinAA，即3sincos1AA，π1sin()62A，..............................5分因为0πA，所以ππ66A，π3A..........

..............................6分（2）23133sinsinsinsin()sincossincossin32222BCBBBBBBB3sin()6B..........................................10

分因250,3666BB，3sin()3,=.63BB当且仅当时取等号.............12分18【解析】：对于有放回的摸球，每次摸到白球的概率是0.4，且各次之间的结果是相互独立的

，因此(5,0.4)XB，则X的分布列为55()0.40.6(0,1,2,3,4,5)kkkPXkCk........2分X012345P243312581031251080312572031252403125323125............

............6分期望()50.42EX..........................7分C24xy214yx12yx11,Axy22,Bxy221212,44xxyy,PAPB112x212

xPA1112xyyxx211122xxyxy11220xxyyPB22220xxyy,PAPB00,Pxy1001220xxyy2002220xxyy1122,,,xyx

y00220xxyyAB00220xxyy00,PxyAB4（2）样本中的白球比例55Xf是个随机变量，........................8分且5810108072052

2(0.40.2)(13)=0.83523125625PfPX所以，用样本中的白球比例估计总体中白球的比例，则误差不超过0.2的概率为0.8352.....12分19【解析】(1)连接��，且�、�分别为��、��的中点，所以��∥��,PA平面BDE,OE

平面BDE,PA∥平面BDE.......................3分(2)以点D为坐标原点，DA、DC、DP方向的直线分别为为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，不妨设��=��=2易知：

0,0,0,0,0,2,2,2,0,0,2,0,0,0,0DPBCD，则(2,2,2)PB由E为��的中点，则0,1,1E，设(2,2,2)PFPB，则(2,21,12)EFPFPE

，因��⊥��(2,21,12)(2,2,2)1240EFPB，13，即211(,,)333EF设平面DEF的法向量为：,,mxyz，则111122,,

,,0333333,,0,1,10mEFxyzxyzmDExyzyz，据此可得平面DEF的一个法向量为：1,1,1m，..................

.............6分很明显平面DEP的一个法向量为1,0,0n，13cos,331mnmnmn，二面角F-AE-P的平面角为锐角，故二面角F-AE-P的余弦值为33..............

.......8分方法二：易证��⊥平面���，故��⊥��，又��⊥��，所以，��⊥平面���，据此可得平面DEF的一5个法向量为(2,2,2)PB，明显平面DEP的一个法向量为1,0,0DA，..............6分3cos,3PB

DAPBDAPBDA二面角F-AE-P的平面角为锐角，故二面角F-DE-P的余弦值为33.....................8分方法三：易证DEPBC平面，所以，PEF为二面角F-DE-P的

平面角，且3cossin3BCPEFEPFPB二面角F-AE-P的平面角为锐角，故二面角F-DE-P的余弦值为33.....................8分(3)易知��中点1,0,1G，则1,0,1DG，由(2)知平面DEF的一个法向量为：1,1,1m

，且0mDG且点D在平面DEF内，故直线DG在平面DEF内...........................................12分20.【解析】（1）由题意知22

3121ab，22233cabaa，解得223,2ab椭圆C的方程为22132xy.......................................................................

.............................4分（2）若直线l的斜率不存在，设其方程为xt，则216262232OPQtSt△，解得232t此时，2222(1)5OAOBt...

.........................................................................................5分若直线l的斜率存在，设其方程为ykxm，联立22,132ykxmxy

消整理得：222(32)6360kxkmxm因为直线与椭圆交于AB、两点，故，解得22320km.............................................................................................

...............................6分设，，则2121222636,3232kmmxxxxkk，222212226321132kmABkxxkk，y0＞11(,)Axy22(,)Bxy6点O到直线A

B的距离21mdk...............................................................................7分故22222112632612

23221OABmkmSABdkkk△化简得22322km...........................................................................

........9分故222222222222121122121212(1)2(1)4()333xxOAOBxyxyxxxx...................10分因22222221212122226366(32)()2()2323232kmmkmxxxxxxkkk

，将22322km代入化简得22123xx，故22221214()53OAOBxx综上知，22OAOB为定值5....................................................................

...................12分21.【解析】（1）当1t时，1ln1fxxx，22111'()xfxxxx当(0,1)x时，'()0fx；当(1,)x时，

'()0fx所以，()fx的最小值是(1)0f，即()0fx恒成立....................................................4分（2）因为1ln1fxtxx0x.所以2211'()ttxfxxxx

.当0t≤时，'()0fx≤.所以fx在0,上单调递减.因为(1)0f，所以()fx有且仅有一个零点............................................

............................6分②当01t时，令'()0fx，得1xt，令'()0fx，得1xt.所以()fx在10,t上单调递减，在1,t上单调递增.因为(1)0f，所以(

)fx在10,t上有且仅有一个零点.因为110fft，11ett，且111e0ettf，所以01,xt，使得0()0fx.所以(

)fx在1,t上有且仅有一个零点.7综合以上知，当01t时，有两个零点.……………………………………………………9分③当1t时，21'()xfxx.令'()0fx，得1x，令'()0fx，得1x.所以()fx在0,1上单调递减，在1,上单调递增.所以

当时，()fx取得最小值，且(1)0f.所以()fx有且仅有一个零点.…………………11分综上所述，当0t≤或1t时，()fx有且仅有一个零点；当01t时，()fx有两个零点.…12分22.【解

析】（1）由题意，直线22:22xtlyt，可得直线l是过原点的直线，故其极坐标方程为4R，.........................................................

...............2分又22cos4sin4，故244xy；..........................................................................5分（2）由题意，直线l的极坐标为R，设M、

N对应的极径分别为1，2，将R代入曲线C的极坐标可得：22cos4sin4，故1224sincos，1224cos，..................................

.......7分12MN21212244cos，.......................................................8分故2416cos，则21cos4，即1cos

2，所以tan3k故直线l的斜率是3．...................................................................10分23.【解析】（1）当1a时，4,31()21323,3214

,2xxfxxxxxxx≤≤当3x≤时，()41fxx≤无解，故不成立；..........................................

...............................1分()gx1x8当132x≤时，()231fxx≤，解得112x≤≤；.............................................................3分当12x时

，()41fxx≤，解得152x,综上所述，5x-1．....................................5分（2）[3,3]x，234xaxx≤等价于27xa≤，........

.......................................7分即7722aax................................................................................

...............................................8分得11a............................................................................................

................................................10分