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

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【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,由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明:

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2

227(cossin)cossin2sincos1sin24−=+−=−=,所以3sin24=−..则()211sin2cossin4+==+.因为34,,所以sin04+故()122sin2cossin242

2+=+=−=−.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100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21

23年为癸未年.故选:B5.解:依题意,∵4OA=,17AA=,5OEOF==,∴13AEOA==,14AFOA==,所以1AEOAOF△≌△,所以1AEOAOF=,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15π2π542=;同理,在平面11AADD内满足条件的点轨迹长度为5π2;在平面1111DC

BA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21r=.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,()()()()()1212121fxfxfxxfxfx−=−+,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1

x=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20axbxc++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220mm−−=,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:()21311cos313sin3cossin3sincos222

22222xxfxxxxx+=+−=+−=+,所以()πsin3fxx=+,对于A,()fx的图象向右平移5π6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π

7π2π2π,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11AC,1AB由正方体可得1

111=,//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1111=AC

BCC,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11P

AC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A

O,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(),(),(/)()3CC

CCCCCCCCPABPBPABPABCCpBCC=====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OA

OBc==,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2

3,20mscnt+=+=,所以22amsc−=,又23msc+=,所以22233222cacascc−=−=,因为OAOF=,所以222stc+=,又2222+1stab=,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2346aaa=+,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ABD△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,,x

yz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APB的法向

量()111,,xnyz=,则1111300PBnyzPAnxz=−==−=,解得()31,3n=,,..........................9分设平面CPB的法向量()222,,mxyz=,则22222303

0PBmyzPCmxyz=−==−+−=,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)ABBBCCB=+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)sinsinsinACB

AC−=−,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3sinsinsi

n1cosBAAB=+,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()cossin333221cos

13cos1sinsin2tan2tanCCCCCCCCC++=+=+=++.......................................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OPAOPB=得0PAPBkk+=,则有22004444kkkxkx=−−,即220044kxk

x−=−,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esinco

s20axxx−+−,所以当1a时,()g(x)fx在)0,x+上恒成立。当1a时,()ecossinaxFxaxx=−−,)0,x+,设()()22πecossin,esincose2sin()4a

xaxaxhxhxaxxxaxxa=−−=+−−=+,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()24axaxFxxxx=−+−=−−−在π[0,]2上递减,则()()00Fx

F=,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

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