【文档说明】河南省驻马店市环际大联考“圆梦计划”2022届高三上学期9月阶段性考试（一）数学（理科）试题 答案 扫描版.pdf，共(8)页，456.849 KB，由小赞的店铺上传

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高三·数学（理科）第1页（共8页）环际大联考“圆梦计划”2021—2022学年度阶段性考试（一）高三数学（理科）参考答案及评分标准一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1.D2.A3.D【解析】依题

意，该沟是一个底面是梯形的直四棱柱，如图.底面梯形的上底长15尺，下底长10尺，高5尺，棱柱的高为70尺.∵该沟两边坡面坡角相等，∴坡面长为√52+(52)2=5√52，∴此沟表面为三个矩形，矩形的长为70尺，宽分别为10尺，5√52尺，5√52尺，∴面积共计为(70

0+350√5)平方尺.故选D.4.A【解析】|𝒂+2𝒃|=|2𝒂−𝒃|⇔|𝒂+2𝒃|2=|2𝒂−𝒃|2⟺𝒂2+4𝒂∙𝒃+4𝒃2=4𝒂2−4𝒂∙𝒃+𝒃2.∵|𝒂|=|

𝒃|≠0，∴𝒂2+4𝒂∙𝒃+4𝒃2=4𝒂2−4𝒂∙𝒃+𝒃2⟺𝒂∙𝒃=0⟺𝒂⊥𝒃.故选A.5.D【解析】令𝑥=1，得(1+𝑚)6=𝑎0+𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎6.∵𝑎1+𝑎2+

⋯+𝑎6=63，∴(1+𝑚)6=𝑎0+63.令𝑥=0，得𝑎0=1.∴(1+𝑚)6=64，解得𝑚=1或−3.故选D.6.B【解析】由题意，得函数𝑓(𝑥)的定义域是(−∞,0)∪(0,+∞)关于原点对称.又∵𝑓(−𝑥)=sin(−𝑥

)∙ln(−𝑥)2−𝑥=sin𝑥∙ln𝑥2𝑥=𝑓(𝑥)，∴𝑓(𝑥)是偶函数，∴函数𝑓(𝑥)的图象关于𝑦轴对称，故排除C，D；当𝑥=π2时，𝑓(π2)=sinπ2∙ln(π2)2π2=4lnπ2π>0，故排除A.故选B.7.D【解析】由3

𝑎=1.6，得𝑎=log31.6<log3√3=12．由8𝑏=3.9，得𝑏=log83.9>log82√2=12，又有𝑏=log83.9=log23.9log28<log24log28=23.

𝑐=(916)25=(34)45>34>23，∴𝑎<𝑏<𝑐．故选D．高三·数学（理科）第2页（共8页）8.D【解析】∵𝑓(𝑥)=𝑥ln𝑥，∴𝑓′(𝑥)=1+ln𝑥，则𝑓′(1)=1+ln1=1，∴函数𝑓(𝑥)在点𝐴(1,0)处的切线方

程（即直线𝑙的方程）为𝑦=𝑥−1，联立{𝑦=𝑥−1，𝑦=𝑥2+𝑎𝑥，得𝑥2+(𝑎−1)𝑥+1=0，由𝛥=(𝑎−1)2−4=0，解得𝑎=−1或𝑎=3.故选D.9.D【解析】cos2𝜃sin(𝜃−π4)=cos2𝜃−sin2𝜃√22(sin𝜃−c

os𝜃)=−√2(cos𝜃+sin𝜃)=−7√25，故cos𝜃+sin𝜃=75.又∵𝜃∈(0,π2)，且cos2𝜃+sin2𝜃=1，故cos𝜃=35，sin𝜃=45或cos𝜃=45，sin𝜃=35，则tan𝜃=43或3

4，∴tan2𝜃=2tan𝜃1−tan2𝜃=±247.故选D．10.C【解析】抛物线𝑦2=4𝑥的焦点为𝐹(1,0)，设𝑀(−2,𝑦0)，𝑃(𝑥0,𝑦0).由𝑀𝐹的斜率为√33，得𝑦0−2−1=√33，解得𝑦0=−√3，∴(−√3)2=4𝑥0

，解得𝑥0=34，即𝑃(34,−√3)，∴|𝑃𝐹|=𝑥0+𝑝2=34+1=74.故选C.11.B【解析】圆𝐶的标准方程为(𝑥+1)2+(𝑦−3)2=4，圆心为𝐶(−1,3)，半径为2.由圆的切线的性质可得𝑀𝐴⊥𝐴𝐶，则|𝑀𝐴|=√|𝑀𝐶|2−

22=√(−1−0)2+(3+4)2−22=√46，∴以点𝑀为圆心、以|𝑀𝐴|为半径的圆𝑀的方程为𝑥2+(𝑦+4)2=46.将圆𝑀的方程与圆𝐶的方程作差并化简，得𝑥−7𝑦+18=0.因此，直线𝐴𝐵的方程为𝑥−7𝑦+18=0.故选B.12.A【

解析】如图，设△𝐴𝐵𝐶外接圆的圆心为𝐺，则外接圆半径𝐴𝐺=23×3√3=2√3，设三棱锥𝑆−𝐴𝐵𝐶的外接球的球心为𝑂，则外接球的半径𝑅=√(2√3)2+22=4.取𝑆𝐴的中点𝐸，由𝑆𝐴=4，𝐴�

�=3𝑆𝐷，得𝐷𝐸=1，∴𝑂𝐷=√(2√3)2+12=√13.则过点𝐷的平面截球𝑂所得截面圆的最小半径为√42−(√13)2=√3，∴过点𝐷的平面截球𝑂所得截面的最小面积为π∙(√3)2=3π.故选A.二、填空题（每小题5分，共4小

题，共20分）13.150【解析】先将5名工作人员分为三组，分组情况为2，2，1或3，1，1，分组方法为高三·数学（理科）第3页（共8页）C52C32C11A22+C53=25，然后将三组分配给三个小区，则不同的安排方法种数为25A33=150．14.53【解析】由题意

得双曲线的渐近线方程为𝑦=±𝑏𝑎𝑥=±43𝑥，∴𝑏𝑎=43，则双曲线的离心率𝑒=𝑐𝑎=√1+𝑏2𝑎2=√1+169=53.15.1−π4【解析】如图，由题意，得矩形𝐴𝐵𝐶𝐷的面积为2.以点𝑂为圆心，1为半径作圆，则圆在矩形�

�𝐵𝐶𝐷内部的面积为π2，∴点𝑃到点𝑂的距离大于1的概率为2−π22=1−π4.16.4021【解析】由𝑆𝑛+1=𝑛𝑛+2𝑆𝑛，得𝑆𝑛+1𝑆𝑛=𝑛𝑛+2，累乘，得𝑆2𝑆1∙𝑆3𝑆2∙𝑆4𝑆3∙⋯

∙𝑆𝑛−1𝑆𝑛−2∙𝑆𝑛𝑆𝑛−1=13×24×35×⋯×𝑛−2𝑛×𝑛−1𝑛+1，化简得𝑆𝑛𝑆1=2𝑛(𝑛+1)，∴𝑆𝑛=2𝑛(𝑛+1)，𝑛≥2.当𝑛=1时，𝑆1=1成立.∴𝑆𝑛=2𝑛(𝑛+1

)，𝑛≥1.∴𝑇𝑛=2[11×2+12×3+⋯+1(𝑛−1)𝑛+1𝑛(𝑛+1)]=2(1−12+12−13+⋯+1𝑛−1−1𝑛+1𝑛−1𝑛+1)=2𝑛𝑛+1，∴𝑇20=4021.三、解答题（共70分）17.解：(1)选择条件①

：𝑆=√34(𝑏2+𝑐2−𝑎2)=12𝑏𝑐sin𝐴，∴√3(𝑏2+𝑐2−𝑎2)2𝑏𝑐=sin𝐴，即√3cos𝐴=sin𝐴，∴tan𝐴=√3.∵0<𝐴<π，∴𝐴=π3.……………………………………………………5分选择条件②：由正弦定理，得2sin𝐵sin

𝐴cos𝐵=(2sin𝐶−sin𝐵)sin𝐵.∵0<𝐵<π，∴sin𝐵≠0，∴2sin𝐴cos𝐵=2sin𝐶−sin𝐵，即2sin𝐴cos𝐵=2sin𝐴cos𝐵+2sin𝐵cos𝐴−sin𝐵，解得cos𝐴=12

.∵0<𝐴<π，∴𝐴=π3.……………………………………………………………………5分高三·数学（理科）第4页（共8页）(2)由正弦定理得𝑎sin𝐴=𝑏sin𝐵=𝑐sin𝐶=4，…………………………………………………

…6分∴𝑏=4sin𝐵，𝑐=4sin𝐶，∴𝑙=4(sin𝐵+sin𝐶)+2√3=4[sin𝐵+sin(2π3−𝐵)]+2√3=4(32sin𝐵+√32cos𝐵)+2√3=4√3(√32sin𝐵+12cos𝐵)+2√3=4√3sin(𝐵+π6)+2√3.

………………………………9分∵𝐵∈(0,2π3)，∴𝐵+π6∈(π6,5π6)，∴sin(𝐵+π6)∈(12,1]，∴𝑙∈(4√3,6√3].……12分18.解：(1)以点𝐴为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.∴𝐴(0,0,0)，𝐵(1,−1,0)，𝐷

(0,1,0)，𝑆(0,0,1)，𝐶(1,1,0).∴𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(1,−1,0)，𝑆𝐶⃗⃗⃗⃗=(1,1,−1)，𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,0).设平面𝑆𝐵𝐶的法向量为𝒏=(𝑥,𝑦,𝑧)，∴{𝒏∙𝑆𝐶⃗⃗⃗⃗=0，𝒏∙𝐵𝐶⃗⃗

⃗⃗⃗=0，得{𝑥+𝑦−𝑧=0，2𝑦=0，令{𝑥=1，𝑦=0，𝑧=1.∴𝒏=(1,0,1)，………………………3分∴sin𝛼=|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝒏|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|𝒏|=1√2×√2=12，……………………………………………………………

4分∴𝛼=π6.……………………………………………………………………………………5分(2)设平面𝑆𝐴𝐵的法向量为𝒏𝟏=(𝑥1,𝑦1,𝑧1)，𝐴𝑆⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,𝑎)，𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(1,−1,0)，{

𝒏𝟏∙𝐴𝑆⃗⃗⃗⃗⃗=0，𝒏𝟏∙𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0，得{𝑎𝑧1=0，𝑥1−𝑦1=0，令{𝑥1=1，𝑦1=1，𝑧1=0.∴𝒏𝟏=(1,1,0).…………………………7分设平面𝑆𝐷𝐶的法向量为𝒏𝟐=(𝑥2,

𝑦2,𝑧2)，𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,0)，𝐷𝑆⃗⃗⃗⃗⃗=(0,−1,𝑎)，高三·数学（理科）第5页（共8页）{𝒏𝟐∙𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0，𝒏𝟐∙𝐷𝑆⃗⃗⃗⃗⃗=0，得{𝑥2=0，−𝑦2+𝑎𝑧2=0，令{𝑥2=0

，𝑦2=1，𝑧2=1𝑎.∴𝒏𝟐=(0,1,1𝑎).……………………9分∴cos〈𝒏𝟏,𝒏𝟐〉=𝒏𝟏⋅𝒏𝟐|𝒏𝟏||𝒏𝟐|=1√2⋅√1+1𝑎2=𝑎√2𝑎2+2，∴平面

𝑆𝐴𝐵与平面𝑆𝐷𝐶所成二面角的平面角的余弦值为𝑎√2𝑎2+2.∵𝑎√2𝑎2+2=√𝑎22𝑎2+2=√12+2𝑎2<√22，∴平面𝑆𝐴𝐵与平面𝑆𝐷𝐶所成二面角的平面角

的余弦值的范围是(0,√22).……………12分19.解：(1)根据频率分布直方图可得各组的频率：(0,10]的频率为0.010×10=0.1；(10,20]的频率为0.020×10=0.2；(20,30]的频率为0.

030×10=0.3；(30,40]的频率为0.025×10=0.25；(40,50]的频率为0.015×10=0.15.∴𝑥̅=5×0.1+15×0.2+25×0.3+35×0.25+45×0.15=26.5.………………5分(2)根据题意得

每名学生《圆锥曲线》的选填题的训练的质量指标值位于(10,30]内的概率为0.2+0.3=0.5，∴𝑋~𝐵(4,12)，𝑋的可能取值为0，1，2，3，4，𝑃(𝑋=0)=C40(12)4=116，𝑃(𝑋=1)=C41(12)4=14，𝑃(𝑋

=2)=C42(12)4=38，𝑃(𝑋=3)=C43(12)4=14，𝑃(𝑋=4)=C44(12)4=116，∴𝑋的分布列为：𝑋01234𝑃116143814116𝐸(𝑋)=0×116+1×14+2×38+3×14+4×116=2.………………………

……………12分20.(1)解：由题意得𝑓(𝑥)的定义域是(0,+∞)，𝑓(𝑥)=2𝑥ln𝑥−𝑎𝑥2−2𝑥+𝑎2(𝑎>0)，则𝑓′(𝑥)=2ln𝑥−2𝑎𝑥.……………………1

分令𝑓′(𝑥)=0，得ln𝑥−𝑎𝑥=0，由题意得ln𝑥−𝑎𝑥=0在(0,+∞)上有2个不相等的实数根，令𝑔(𝑥)=ln𝑥−𝑎𝑥，问题转化为函数𝑔(𝑥)的图象有2个不同的零点

，高三·数学（理科）第6页（共8页）𝑔′(𝑥)=1𝑥−𝑎=1−𝑎𝑥𝑥(𝑥>0)，令𝑔′(𝑥)=0，解得𝑥=1𝑎，𝑎>0.……………………3分∴当0<𝑥<1𝑎时，𝑔′(𝑥)>0；当𝑥>1𝑎时，𝑔′(𝑥)<

0，∴𝑔(𝑥)在(0,1𝑎)上单调递增，在(1𝑎,+∞)上单调递减，∴𝑔(𝑥)的极大值为𝑔(1𝑎)=ln(1𝑎)−1.……………………………………………………5分又∵当𝑥→0时，𝑔(𝑥)→−∞；当𝑥→+∞时，𝑔(𝑥)→

−∞，∴当𝑔(1𝑎)=ln(1𝑎)−1>0时，函数𝑔(𝑥)的图象有2个不同的零点，解得0<𝑎<1e，∴𝑎的取值范围是(0,1e).……………………………………………………………………6分

(2)证明：由(1)可知x1，x2分别是方程ln𝑥−𝑎𝑥=0的两个根，即ln𝑥1=𝑎𝑥1，ln𝑥2=𝑎𝑥2.设𝑥1>𝑥2，作差得ln𝑥1𝑥2=𝑎(𝑥1−𝑥2)，即𝑎=ln𝑥1𝑥2𝑥1−𝑥2.原不等式√𝑥1∙�

�2>e等价于𝑥1∙𝑥2>e2，𝑥1∙𝑥2>e2⟺ln𝑥1∙𝑥2>lne2⟺ln𝑥1+ln𝑥2>2⟺𝑎(𝑥1+𝑥2)>2⟺ln𝑥1𝑥2𝑥1−𝑥2(𝑥1+𝑥2)>2⟺ln𝑥1𝑥2>2(𝑥1−𝑥2)𝑥1+𝑥2.…………………………

………………………………9分令𝑡=𝑥1𝑥2>1，得ln𝑡>2(𝑡−1)𝑡+1.设ℎ(𝑡)=ln𝑡−2(𝑡−1)𝑡+1，𝑡>1，则ℎ′(𝑡)=(𝑡−1)2𝑡(𝑡+1)2>0，………………………………1

1分∴函数ℎ(𝑡)在(1,+∞)上单调递增，∴ℎ(𝑡)>ℎ(1)=0，即不等式ln𝑡>2(𝑡−1)𝑡+1恒成立，∴√𝑥1∙𝑥2>e成立.………………………………………………………………………12分21.解：(1)由√(𝑥−√6)2+𝑦2+√(𝑥+√6)2+𝑦2=

2𝑎(𝑎>√6)可知，曲线𝐶为焦点分别为(√6,0)，(−√6,0)，长轴长为2𝑎的椭圆.设曲线𝐶的标准方程为𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0).∵过(√6,0)且与𝑥轴垂直的直线被曲线𝐶

截得的线段长为√2，∴{2𝑏2𝑎=√2，𝑏2=𝑎2−(√6)2，解得{𝑎2=8，𝑏2=2.高三·数学（理科）第7页（共8页）∴曲线𝐶的标准方程为𝑥28+𝑦22=1.…………………………

………………………………4分(2)存在定点𝐺，设点𝐺的坐标为(𝑥0,0).………………………………………………………5分①当直线𝑙不与𝑥轴重合时，设直线𝑙的方程为𝑥=𝑡𝑦−4，𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)联立方程组{�

�=𝑡𝑦−4，𝑥28+𝑦22=1，，得(𝑡2+4)𝑦2−8𝑡𝑦+8=0，则𝛥=64𝑡2−32(𝑡2+4)=32𝑡2−128=32(𝑡2−4)>0，解得𝑡>2或𝑡<−2.∴𝑦1+𝑦2

=8𝑡𝑡2+4，𝑦1𝑦2=8𝑡2+4.……………………………………………………………7分设𝐸(𝑥3,0)，𝐹(𝑥4,0).∵𝐵(−2,−1)，∴𝑘𝐵𝑀=𝑦1+1𝑡𝑦1−2，𝑘𝐵𝑁=𝑦2+1𝑡𝑦2−2，∴直线𝐵𝑀：𝑦=𝑦1+1

𝑡𝑦1−2(𝑥+2)−1，直线𝐵𝑁：𝑦=𝑦2+1𝑡𝑦2−2(𝑥+2)−1.令𝑦=0，解得𝑥3=𝑡𝑦1−2𝑦1+1−2，𝑥4=𝑡𝑦2−2𝑦2+1−2.……………………

………………………8分∵𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑥3+2,1)，𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑥4+2,1)，𝐺𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑥3−𝑥0,0)，𝐺𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑥4−𝑥0,0)，∴𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗∙�

�𝐹⃗⃗⃗⃗⃗+𝐺𝐸⃗⃗⃗⃗⃗∙𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=0⟺(𝑥3+2)(𝑥4−𝑥0)+(𝑥4+2)(𝑥3−𝑥0)=0，得𝑥0=2𝑥3𝑥4+2(𝑥3+𝑥4)𝑥3+𝑥4+4=2𝑥3𝑥4−8𝑥3+𝑥4+4+2

=2(𝑥3+2)(𝑥4+2)(𝑥3+2)+(𝑥4+2)−2=2×𝑡𝑦1−2𝑦1+1∙𝑡𝑦2−2𝑦2+1𝑡𝑦1−2𝑦1+1+𝑡𝑦2−2𝑦2+1−2=2[𝑡2𝑦1𝑦2−2𝑡(𝑦

1+𝑦2)+4]2𝑡𝑦1𝑦2+(𝑡−2)(𝑦1+𝑦2)−4−2=2𝑡2∙8𝑡2+4−4𝑡∙8𝑡𝑡2+4+82𝑡∙8𝑡2+4+8𝑡(𝑡−2)𝑡2+4−4−2=−16𝑡2𝑡2+4+88𝑡2𝑡2+4−4

−2=−8𝑡2+324𝑡2−16−2=−4，即𝑥0=−4.…………………………………………………………………………………11分②当直线𝑙与𝑥轴重合时，𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗∙𝐺𝐹⃗⃗⃗⃗⃗+𝐺𝐸⃗⃗⃗⃗⃗∙𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(−

2√2+2)(2√2−𝑥0)+(−2√2−𝑥0)(2√2+2)=0，解得𝑥0=−4.综上所述，存在定点𝐺，点𝐺的坐标为(−4,0).…………………………………………12分高三·数学（理科）第8页（共8页）22.解：(1)设点𝑀的极坐标为(𝜌,𝜃)，则𝜌=√2

，代入直线𝑙的极坐标方程，可得cos(𝜃−π4)=1，∵𝜃∈[0,2π)，∴𝜃=π4.∴点𝑀的极坐标为(√2,π4).………………………………………………………………4分(2)把⊙𝐶的方程化为普通方

程得：(𝑥−1)2+(𝑦−2)2=4，圆心𝐶(1,2)，半径为2.把直线𝑙的方程化为直角坐标方程得：𝑥+𝑦−2=0，如图.设圆心𝐶到直线𝑙的距离为𝑑，则𝑑=|1+2−2|√2=√22，设原点𝑂到直线𝑙的距离为𝑑′，则𝑑′=|0+0−2|√2=√2，∴|𝐴�

�|2=√𝑟2−𝑑2=√4−12=√142，∴|𝐴𝐵|=√14，∴𝑆四边形𝑂𝐴𝐶𝐵=12|𝐴𝐵|∙(𝑑+𝑑′)=12×√14×(√22+√2)=3√72.………………………10分23.解：(1)由𝑓(𝑥)≤1−𝑥，得|2𝑥−1|≤1−𝑥，整

理得−(1−𝑥)≤2𝑥−1≤1−𝑥，解得0≤𝑥≤23，∴原不等式的解集为[0,23].…………………………………………………………………4分(2)由题意，得|2𝑥−1|+|𝑎𝑥+1|≥2𝑥在区间(12,1)上恒成立，即2𝑥−1+|𝑎𝑥

+1|≥2𝑥⟺|𝑎𝑥+1|≥1，𝑥∈(12,1)，得𝑎𝑥≥0或𝑎𝑥≤−2，𝑥∈(12,1).∴𝑎≥0或𝑎≤−2𝑥，当𝑥∈(12,1)时恒成立.∵−2𝑥∈(−4,−2)，∴𝑎≥0或𝑎≤−4.即𝑎的取值范围为(−∞,−4]∪[0,+∞).

…………………………………………………10分