【文档说明】辽宁省鞍山市普通高中2022-2023学年高三第二次质量监测 数学 答案.docx，共(10)页，915.113 KB，由小赞的店铺上传

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答案一、单选题(共40分)1.解：由题设，{|111}{|02}Axxxx=−−=，而{|0}Byy=，所以AB=(0,2).故选：A2．解：(12i)(3i)17iz=−−=−,，z在复平面对应的点为(

1,-7),在第象限.故选：D.3．解：因为7cossin2−=−，所以2227(cossin)cossin2sincos1sin24−=+−=−=，所以3sin24=−..则()211sin2cossin4+==+.因为

34，，所以sin04+故()122sin2cossin2422+=+=−=−.故选：A.4．解：由题意得：天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差数列，由于1001010=，余数为0，故1

00年后天干为癸，由于1001284=，余数为4，故100年后地支为未，综上：100年后的2123年为癸未年.故选：B5．解：依题意，∵4OA=，17AA=，5OEOF==，∴13AEOA==，14AFOA==，所以1AEOAOF△≌△,所以1A

EOAOF=，又因为π2AEOAOE+=，所以1π2AOFAOE+=，所以1ππ()2EOFAOFAOE=−+=,即OEOF⊥．在平面11AABB内满足条件的点的轨迹为EF，该轨迹是以5为半径的14个圆周，所以长度为1

5π2π542=；同理，在平面11AADD内满足条件的点轨迹长度为5π2；在平面1111DCBA内满足条件的点的轨迹为以1A为圆心，1AF为半径的圆弧，长度为12π42π4=；同理，在平面ABCD内满足条件的点的轨迹为以A为圆心，AE为半径的圆弧，长度为

13π2π342=．故轨迹的总长度为5π5π3π17π2π2222+++=．故选:C．6．解：以AB为直径的圆O的方程为222xym+=，圆心为原点，半径为1rm=.圆()()22:5121Cxy−+−=的圆心为()5,12C，半径为2

1r=.要使圆C上存在点P，使得90APB=，则圆O与圆C有公共点，所以1212rrOCrr−+，即2215121mm−++，所以11313113113113113mmmmm−−−++

−+或12141212mmm−−或，又0m，所以1214m，所以m的最小值为12.故选：C7.选C8．解：令0xy==，即()2(0)1(0)2(0)fff−=()2(0)1(0)0ff−−=，则()00f=，令xy=−，即()(

)()()()001ffxfxfxxf−+−−==，则()()0fxfx+−=，结合()fx定义域为()1,1−可知，()fx是奇函数，对于()()()()()1fxyfxfyfxfy+−=+

，用y−替代y，得到()()()()()1fxyfxfyfxfy−−−=+−，结合()fx是奇函数，上式可化简成()()()()()1fxyfxfyfxfy−+=−，12,xx，且2101xx，()()()()()1212121fxfxfxx

fxfx−=−+，结合题目条件：当0x时，()0fx，于是()120fxx−，()()1210fxfx+，即()()120fxfx−，故()fx在(0,1)上递增，又()fx是定义域为(1,1)−的奇函数，根据奇函数性质，()fx在(1

,1)−上递增，于是()1ln2fxf等价于不等式：1ln21ln1xx−，解得()e,ex故选：D二、多选题(共20分)9．解：对于A，因为54x，则450x−，所以11424534545yxxxx=−+=−++−−11(

54)32(54)315454xxxx=−−−+−−+=−−当且仅当1(54)54xx−=−，即1x=时取等号，所以当54x时，14245yxx=−+−的最大值是1，故选项A错误，对于B选项，因为关于x的不等式20ax

bxc++的解集是2xx−或6x，则a<0，关于x的方程20axbxc++=的两根分别为12x=−，26x=，由韦达定理可得62ba−=−，可得4ba=−，26ca−=，则12ca=−，所以150abca++=−，B对.对于C，由ab∥，得2(1)0mm−−=，即22

0mm−−=，解得2m=或1m=−，则C错误。对于D，已知()()1,3,2,,aby==则()3,3aby+=+，()aba+⊥，()31330y++=，4y=−，()2,4b=−12342cos,21020ababab−===−，所以向量,ab的夹角为3π4，故D正确；故选

：BD10．解：()21311cos313sin3cossin3sincos22222222xxfxxxxx+=+−=+−=+，所以()πsin3fxx=+，对于A，()fx的图象向右平移5π

6个单位长度后得到函数5ππsin63yx=−+，即πsincos2yxx=−=−，A正确；对于B，()ππ2πsinsinπsin()333fxxxxgx−=−+=−−+=+=

，B正确；对于C，由ππ3π2π2π,Z232kxkk+++解得π7π2π2π,Z66kxkk++，所以函数的单调递减区间为()π7π2π,2πZ66kkk++，C正确；因为,,0xa所以πππ,333,xa++因为()fx

在0,a上有3个零点，所以π3π4π3a+，解得8π11π33a，D错误，故选:ABC.11．解：对于A，由正方体可得平面11//DAAD平面11BCCB，且,BP平面11BCCB，所以B到平面11DAAD的距离等于P到平面11DAAD的距离，所以

四面体11ADAP的体积为1111111111==1=111=3326PADABADAADAVVS−−，所以四面体11ADAP的体积为定值，故A正确；对于B，当P与B重合时，=+=2<22APPCABBC+，所以APPC+的最小值不为22，故B错误；对于C，连接11

AC，1AB由正方体可得1111=,//AACCAACC，所以四边形11AACC是平行四边形，所以11//ACAC，因为AC平面1ACD，11AC平面1ACD，所以11//AC平面1ACD，同理可得1//BC平面1ACD因为11

11=ACBCC，111ACBC，平面11ACB，所以平面11//ACB平面1ACD，因为1AP平面11ACB，所以1//AP平面1ACD，故C正确；对于D，因为11//ACAC，所以11PAC（或其补角）为直线1AP与AC所成的角，由图可得当P与B重合时，此时11PAC最大，故

此时直线1AP与AC所成的角最大，所以四面体1APCA即四面体1ABCA的外接球即为正方体的外接球，所以外接球的直径为2=3R，即3=2R，所以四面体1APCA的外接球的体积为343π=π32R，故D

正确；故选：ACD12．解：由题意可知：双曲线()22:0Cxy−=为等轴双曲线，则离心率为2，故选项B错误；由方程可知：双曲线()22:0Cxy−=的渐近线方程为0xy=，不妨设点A在渐近线0xy+=上，点B在渐近线0xy−=上.因为

渐近线互相垂直，由题意可知：平行四边形OAPB为矩形，则1APOBkk==，1OAk=−，所以直线AO，AP的斜率之积为1−，故选项A正确；设点00(,)Pxy，由题意知：OAPB为矩形，则,PBOBPAOA⊥⊥

，由点到直线的距离公式可得：0000112xyxyPA++==+，0000112xyxyPB−−==+，则00002222222xyxyPAPBPAPB+−+===当且仅当PAPB=，也即P为双曲线右顶点时取

等，所以PAPB+的最小值为2，故选项C正确；由选项C的分析可知：0000222xyxyPAPB+−==，因为四边形OAPB为矩形，所以2OAPBSPAPB==，故选项D错误，故选：AC.三、填空题(共20分)13．解：由题

知10(12)x−的通项为()110C?2rrrTx+=−，当1r=时()1110C?220xx−=−，所以展开式中x项的系数为20−.故答案为：-2014．解：当1n=时，12a=；当2n时，由1nSn=+，可得1nSn−=，故有*1(2,).nannN=故答案为：()()

2112nnan==15.解：11212121123555555355333320202020()1(),(),(/)()3CCCCCCCCCCPABPBPABPABCCpBCC=====16．解：方法一：设椭圆的半焦距为c，左焦点为F

，则OFOFc==因为,AB两点关于原点对称，所以OAOB=，又OAOF=，所以OAOBc==，所以四边形AFBF为矩形，设CFm=，因为2AFCF=，所以2AFm=，由椭圆的定义可得22AFam=−，2CFam=−，在RtCAF，3CAm=，2CFam=−，

22AFam=−，所以()()2222922ammam−=+−，所以3am=，故23aAF=，43aAF=，在RtFAF中，2FFc=，所以222416499aac=+，所以22950ca−=，所以离心率53cea==.方法二：设椭圆的半焦距为c，点A的坐标为(),st，点C的坐标为(

),mn，则点B的坐标为(),st−−，点F的坐标为(),0c，且2222+1stab=①，2222+1mnab=②，②×4－①可得，()()()()222222+3msmsntntab+−−+=，因为AC经过右焦点F，2AFCF=

，所以2AFFC=，所以()(),2,cstmcn−−=−，故23,20mscnt+=+=，所以22amsc−=，又23msc+=，所以22233222cacascc−=−=，因为OAOF=，所以222stc+=，又2222+1st

ab=，所以()22222acbsc−=，所以()()22222234caacb−=−，所以422491450caca−+=，即()()2222950caca−−=，又0ca，所以22950ca−=，所以离心率53cea==.故答案为：53.四、解答题(共70分)17．解：（1）由题设23

46aaa=+，令na公比为0q，则12nnaq−=，所以231222qqq+=，..........2分即26(3)(2)0qqqq+−=+−=，则2q=，故2nna=.......................

............................................................4分（2）由（1）知：2lognnban==，则2222(1)1nnnnncnnnn+−++==++，..............................

....................6分11111(1)1ncnnnn=+=+−++..........................................................................................

.......................8分所以1111111(2)...(1...)1223111nnnnccnnnSnnn+=++=+−+−++−=+−=+++.....................................

......10分18．解：（1）因为60DAB=，2AB=，1AD=，所以在ABD△中，由余弦定理得2222cosDBADABADABDAB=+−，解得3DB=，............2分所以在AB

D△中222ADDBAB+=，所以BDAD⊥，又因为PD⊥底面ABCD，BD平面ABCD，所以PDBD⊥，...................................................

.........4分因为ADPDD=I，,ADPD平面PAD，所以BD⊥平面PAD，又因为PA平面PAD，所以PABD⊥........................................

............................................................................（2）因为PD⊥底面ABCD，AD平面ABCD，所以PDAD⊥，结合（1）可知,,DPDADB两两垂直，PABCDxyz以D为坐标原点，

,,DADBDP为,,xyz轴建立如图所示坐标系，8分所以()0,0,1P，()1,0,0A，()0,3,0B，()1,3,0C−，所以()0,3,1PB=−，()1,0,1PA=−，()1,3,1PC=−−，设平面A

PB的法向量()111,,xnyz=，则1111300PBnyzPAnxz=−==−=，解得()31,3n=,，..........................9分设平面CPB的法向量()22

2,,mxyz=，则222223030PBmyzPCmxyz=−==−+−=，解得()0,1,3m=，...............10分所以427cos,772nmnmnm===，所以结合图像可得二面角APBC−−的

余弦值为277−........12分19．解：(1)若选①因为2sin3coscos3cosaBbBCcB−=，由正弦定理得2sinsin3sincoscos3sincosABBBCCB=+，即sinsin3cos(sincossincos)ABBBC

CB=+3cossin()BBC=+，所以sinsin3cossinABBA=，由(0,)A，得sin0A，所以sin3cosBB=，即tan3B=，因为(0,)B，所以3B=..........4分若选②由22(sinsin)

sinsinsinACBAC−=−，化简得222sinsinsinsinsinACBAC+−=.由正弦定理得：222acbac+−=，即222122acbac+−=，所以1cos2B=.因为(0,)B，所以3B=

.4分若选③由正弦定理得3sinsinsin1cosBAAB=+，即3sinsinsin(1cos)BAAB=+因为0A，所以sin0A，所以3sin1cosBB=+，所以1sin62B−=，又因为5666B−−，所

以3B=........................4分(2)在ABC中，由正弦定理sinsinacAC=，得sinsincAaC=，sin3sin2sincBbCC==.......................

........6分由（1）知：3B=，又с=1代入上式得：222223sin3sin3sin()22cos12()cos1cos1cossinsinsinsinAABCabcabCCCCCCCC++=+=+=+=+.222313sin()cossin333221co

s13cos1sinsin2tan2tanCCCCCCCCC++=+=+=++.......................................8分因为ABC为锐角三角形，所以022032CC

−，解得,62C，所以31tan,(0,3)3tanCC，10分所以()2223312tan21n,ta7abCC+++=......................................................

...............................................12分20．解：（1）根据散点图判断，edxyc=更适宜作为5G经济收入y关于月份x的回归方程类型；....3分（2）因为edxyc=

，所以两边同时取常用对数，得lnlnycdx=+，设lnuy=，所以lnucdx=+，因为3.50,2.85==xu，所以61621()()6.73ˆ0.380,17.70()iiiiixxuudxx==−−==−

所以ˆln2.850.3803.501.52=−−=cudx.所以ˆ1.520.38ux=+，即ˆln1.520.38yx=+，所以1.520.38eˆxy+=.令7x=，得：1.520.3871.522.66ˆeee4

.5714.3065.35y+==，故预测该公司7月份的5G经济收入大约为65.35百万元.7分（3）前6个月的收入中，收入超过20百万元的有3个，所以X的取值为0，1，2，21123333222666CCCC131(0),(1),(2),

C5C5C5PXPXPX=========所以X的分布列为：X012P153515所以()1310121555EX=++=................................................

.................................................................12分21．解：（1）由抛物线的定义得122pMF=+=，解得2p=，则抛物线C的标准方程为

2:4Cyx=，4分（2）依题意知直线OA与直线OB的斜率存在，设直线OA方程为()0ykxk=，由OAOB⊥得直线OB方程为：1=−yxk，由24ykxyx==解得点244,Akk，.................................

...............6分由214yxkyx=−=解得点()24,4Bkk−..............................................8分由2APBAPO=得OPAOPB=，假定在x轴上存在点P使得OPAOPB=，设点

()0,0Px，则由（1）得直线PA斜率20024444PAkkkkxxk==−−，直线PB斜率2044PBkkkx−=−，.................................10分由OPA

OPB=得0PAPBkk+=，则有22004444kkkxkx=−−，即220044kxkx−=−，整理得()()20140kx−+=，显然当04x=−时，对任意不为0的实数k，()()20140kx−+=恒成立，即当04x=−时，0PAPBkk+=恒成

立，OPAOPB=恒成立，所以x轴上存在点P使得2APBAPO=，点()4,0P−.........................................................................

..12分22．解：（1）()/1axfxae=−当0a时，/()0fx恒成立()fx在R上单调递减当0a时，令()/=0fx解得lnaxa=−当ln(,)axa−−时，/()0fx.当ln(,)axa−+时/()0fx()fx在ln(,)aa−−上单调递减，ln(,)aa

−+上单调递增综上所述，当0a时，()fx在R上单调递减。当0a时，()fx在ln(,)aa−−上单调递减，ln(,)aa−+上单调递增。......................................

..........4分（2）由()g(x)fx得，esincos20axxx−+−恒成立,令()esincos2axFxxx=−+−，)0,x+，()/ecossinaxFxaxx=−−()00F=()/01Fa=−当1a时，eaxxae令)0()e1,,xpxxx=

−−+，则()e10xpx=−，等号仅在0x=时取得，所以()e1xpxx=−−在)0,+上单调递增，故()(0)0pxp=，等号仅在0x=时取得。即1xex+。令()sinxxxq=−，则()/1cos0xqx=

−恒成立，()xq在)0,+上单调递增。q()q(0)=0x，即sinxx()/cossin1cossin0xFxexxxxx−−+−−，所以()Fx在)0,+上单调递增所以()(0=0FxF），即esincos20a

xxx−+−，所以当1a时，()g(x)fx在)0,x+上恒成立。当1a时,()ecossinaxFxaxx=−−，)0,x+，设()()22πecossin,esincose2sin()4axaxaxhxhxaxxxaxxa=−−=+−−=+，当01a时，

2eaxya=是R上的增函数，sin(4)πyx=−在π[0,]2x上单调递增，即01a时，()2πe2sin()4axxahx=+−在π[0,]2x上递增，()22π210,e10π02aaahh=−+=，故()0hx=在π[0,]2内存在唯一

解0x，当00xx时，()0hx，则()hx在0[0,)x上递减，则()(0)01hxah=−，则()esincos2axFxxx=−+−在0[0,)x上递减，故()()00FxF=，当0a时，()πesincos2e2sin()24axa

xFxxxx=−+−=−−−在π[0,]2上递减，则()()00FxF=，即当1a时，存在x使得()0Fx，这与不等式()sine2axxfx−+在)0,x+上恒成立矛盾，综合可知a的取值范围是[1,)+

...................................................................................................................12分