【文档说明】黑龙江省哈尔滨市第六中学2022届高三下学期第一次模拟考试 数学（文）答案.docx，共(5)页，256.429 KB，由envi的店铺上传

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一、单选题ACDBDADABACC二、填空题13．5414.31−=b15.2316．3三、解答题17．(1)方案一：选条件①．设等差数列na的公差为d，由1281222810aaaad=+=+=，解得111a

d==，所以()111nann=+−=．因为12b=，1nnSb=−，所以当1n=时，由1111Sbb==−，得221=−，即12=，所以()21nnSb=−．当2n时，()()112121nnnnnbSSbb−−=−

=−−−，整理得12nnbb−=，所以数列nb是以2为首项，2为公比的等比数列，所以1222nnnb−==．方案二：选条件②．设等差数列na的公差为d，由1281222810aaaad=+=+=，解得111ad==，所以()111nann=+−=，所以44a=．设等比

数列nb的公比为()0qq，因为43212aSSS=−+，所以()()2432213211aSSSSbbbqbq=−−−=−=−，又44a=，12b=，所以220qq−−=，解得2q=或1q=−（舍去），所以1222nnnb−==．方案三：选条件③．设

等差数列na的公差为d，由1281222810aaaad=+=+=，解得111ad==，所以()111nann=+−=．因为2nanb=，11a=，12b=，所以当1n=时，112ab

=，即22=，解得1=，所以22nannb==．(2)选条件①、②、③，过程相同，以下是具体过程：由（1）知nan=，2nnb=，则2nnnabn+=+，所以()()12121222212222nnnT

nn=++++++=+++++++()()212121422122nnnnnn+−++−=+=+−．18．（1）3.52.043.055.06=++（2）,1910190ˆ,113,8−=−===byx26519ˆ,265ˆ+−==xya

当37ˆ,12==yx19．（1）xy82=（3）若直线BC的斜率不存在时则021=+kk与题意不符，故直线BC的斜率的斜率必存在不妨设直线BC的方程为)1(−=xky将直线和抛物线联立0)82(8)1(22222=++−=−=kxkxkxyxky，1,82212221=+=+xx

kkxx31)2)(2()2)(1()2)(1(22211221221121=+++−++−=+++=+xxxxkxxkxyxykk340924162==+−kkk)1(34−=xy20.（1）证明连接BADA11

,AAADAABAABAD111,,==为公共边BADAADAABA1111,=又O为BD的中点，BDOA⊥1在ABA1中，由余弦定理可知71=BA，在OBARt1中61=OA，3,31==AOAA满足21221AAAOOA=+OAOA⊥1又OBDA

O=⊥OA1平面ABCD（2）又（1）知⊥OA1平面ABCD，AC平面ABCD，ACOA⊥1且OOABDACBD=⊥1，⊥AC平面BDA1，且11//CAAC，⊥11CA平面BDA1226221323111==−BDACV21.

（1）()2213124()ln0()0xhxxxxhxxx−−−=−+=()()0+hx在，上单调递减，且(1)0h=()()0+hx在，有且仅有一个零点.(2)()2211()ln0()xxFxxxxFxxx

−+−=−+=令221=0=4xx−+−−①当2=40−，即22−时221()0xxFxx−+−=此时()Fx在()0+，单调递减，至多有一零点，22−舍.②当2−时,221()0

xxFxx−+−=此时()Fx在()0+，单调递减，至多有一零点,2−舍.③当2时,2=40−,不妨设21=0xx−+−两根分别为2142x−−=，22+42x−=由韦达定理知1201xx所以()Fx在()1

0x，上单调递减，在()12xx，上单调递增，在()2+x，上单调递减，1(1)=0F所以此时()Fx在()12xx，上有一个零点由ln(x0)xx可得，22lnxxx−2当01x时12111()ln121Fxxxx

xxxx−=−+−+=−+−令12=1x−+得()3121121xx=+且31()0()0FxFx，，所以此时()Fx在()10x，上有一个零点3当1x时()1()ln2121Fxxxxxxxx=−+−+=−+令2=1x−−得()24221

1xx=+且42()0()0FxFx，，所以此时()Fx在()2+x，上有一个零点综上若()()g()Fxfxx=−在()0+，上有3个零点则2.22．(1)直线l的方程为6x=，

化为极坐标方程为cos6=．因为圆C的直角坐标方程为2260xyy+−=，所以圆C的极坐标方程为6sin=．(2)由已知，可设射线的极坐标方程为0,2=，则()6sin,A

，6,cosB，所以6sin11sin2622cosOAOB==，当且仅当4=时取等号，所以OAOB的最大值为1223．(1)()3,212,123,1xfxxxx−=−−

−,()1fx，即|2||1|1xx−−+，当2x时，有31−，即(2,)x+；当(1,2]x−时，有121,(0,2]xx−；当1x−时，有31，显然不成立．综合可知，不等式的解集为(0,)+；(2)由（1）可知，3()3fx−，即()14fx+，由1mn+=

得1111()24mnmnmnmnnm+=++=++，当且仅当12mn==时取“=”．即得11()1fxmn++．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com