【文档说明】安徽省示范高中培优联盟2022-2023学年高二上学期秋季联赛试题（10月） 数学 参考答案.pdf，共(10)页，313.263 KB，由小赞的店铺上传

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第1页共10页2022秋季联赛高二数学参考答案一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.【答案】B【解析】易知221313ii2222z

，所以210zz，选B.2．【答案】C【解析】化简集合0,1A，1,eeB，所以1,1eAB，选C.3.【答案】C【解析】根据面面平行的判定定理容易得到选项C正确.4.【答

案】D【解析】由独立事件及互斥事件的概念可知，由“事件AB，相互独立”得，()()()0PABPAPB；由“事件AB，互斥”得()0PAB；所以既不充分也不必要条件，选D.5.【答案】A【解析】设母线长为l，底面

半径为r，因为展开图的弧长等于底面周长，所以π2πlr，所以2lr，又226lr，解得22l，选A.6.【答案】A【解析】若甲、乙、丙为真命题，则2ba，且14fabc，即4ca，所以224fxaxaxa，所以31640fa，解得

14a，不是整数，不符题意，即甲、乙、丙中有假命题，即丁为真命题，若甲、乙、丁为真命题，则224fxaxaxa，123456789101112BCCDAADBBDBCDADAC第2页共10页且2943fa，解得19a，不是整数，不符题意，

即甲、乙中有假命题，即丙、丁为真命题，若甲丙丁为真命题，则2ba，且3930,2423fabcfabc，解得37a，不是整数，不符题意，所以甲是假命题.7.【答案】D【解析】由4sin25≥解得，1tan22≤≤，又tan2≥

，所以tan2．进而可得3cos25，选D.8.【答案】B【解析】易知11111222244CECACDCACBCBCA，所以2CECBCA∥，所以CE

与CBCA不平行，选B.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.【答案】BD【解析】对于A，易知2,3T，所以应有32S

，矛盾，即A错误；对于B，易知2,4,8T，且4882,4242SS，则可取2,4,8T满足题意，即B正确；对于C，易知2,32T，所以应有32162S，矛盾，即C错误；对于D，易知8,16,32,64,128

T，且1286432161286432128642,4,8643216832168168SSS，128168S，则可取8,16,32,64,128T满足题意，即D正确；第3页共10页选BD.10.【答案】BCD【解析】当点M是线段1BD中点时，直线

AD与直线1CM相交于点A，故选项A错误；分别取AD、BC的中点P、Q，易证11AEABQP平面，存在点M，使得111BMABQP平面，进而使得1BMAE；设ACBDO，则1//OEBD，所以1//BDEAC平面，所以点M到平面EAC的距离为定值，从

而四面体EMAC的体积为定值；当12DMMB时，点1BMO，，三点共线，所以平面MAC即为平面1BAC，易证11BDBAC平面，又1//OEBD，所以1OEBAC平面，又OEEAC平面，所以平面EAC平面MAC；综上，答案选BCD．11.【答案】AD【解析】当32a时，1011n

；当1a时，2023n．其余情况在区间[0,]n（*nN）都是偶数个零点．选AD.12.【答案】AC【解析】因为112fxfx，112gxgx，设hxfxgx，则

110hxhx，所以hx的图象关于点1,0对称，即A正确；设xfxgx，则114xx，所以x的图象关于点1,2对称，即B错误；设

Fxfxgx，由A可知，Fxhx，又110hxhx，所以11hxhx，所以11FxFx，所以Fx的图象关于直线1x对称，即C正确；设Gxfxgx，由B可知，Gxx，又114xx

，所以141xx，第4页共10页所以推不出11GxGx，所以Gx的图象不一定关于直线1x对称，即D错误；选AC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.【答案】i（或i）【解析】因为zR，不妨设i,0z

bbbR，则33iiibbb，解得1b，即iz符合.14.【答案】ln(2)x【解析】因为1fx为奇函数，所以110fxfx，所以20fxfx，即2fxfx，当

1,2x时，20,1x，所以12lnln22fxfxxx.15.【答案】58，127.6(本题第一空2分，第二空3分）【解析】2370505855x，22222112223[()][()]127.655ssxxsxx．16．

【选考—空间向量与立体几何】【答案】31313【解析】连BD与OC交于M，23DMBM，23DB，3为二面角DOCB，由)(3131的距离到平面为CODBhhShSVVCODCDBCODBCDBO，131334314331214132331

hh．【选考—直线和圆的方程】【答案】1,26【解析】设AB中点为H，则OHAB，因为PAOBPBOAPOOAOBPOOBOA

，所以2PAOBPBOAPOOAOBOAOB，第5页共10页因为2OAOBOH，

所以22PAOBPBOAPOOHOAOB，因为222,POOHOHOAOBOHHA，所以222PAOBPBOAHA，即

1HA，所以22221rOHHAOH，因为05OHOP≤≤，所以1,26r.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）【解析】（1）易知2sincos

12sincos1sin2xxxxx，因为π0,2x，所以20,πx，则1sin21,2x，（4分）又sin0,cos0xx≥≥，所以sincos1,2xx；（5分）（2）因为sin,cos0,1xx，所以sincossincos1xx

xx≥≥，（7分）又由基本不等式可知，34sincos2sincos2xxxx≤≤，所以34sincos1,2xx.（10分）18．（12分）【解析】选择①，因为π3C，所以3tan23C，所以32cossin3AA，整理得13coss

in122AA，即πsin16A，所以ππ62A，即π3A，所以ABC△为正三角形，（6分）则面积213933224S；（12分）第6页共10页选择②，因为πsin62cAb，由正

弦定理可得，πsinsin62sinCAB，所以π2sinsinsin6BAC，展开整理得3sinsincossinsinABABC，因为πABC，所以sinsinsincossincosCA

BABBA，所以3sinsincossinsincossincosABABABBA，所以3sincosBB，即3tan3B，解得π6B，所以π2A，（6分）由正弦定理可知，333bc

，所以ABC△的面积13322Sbc；（12分）选择③，因为23sincC，且sinsin26sinsinABAB，由正弦定理得2abab，（5分）由余弦定理可知，2222222cos()3cababCabababab，所以22

239cabab，解得3ab，（10分）所以133sin24SabC．（12分）19．（12分）【解析】（1）连接BD，交AC于点O，连接,OEOF，设菱形ABCD的边长为a，因为2π3ABC，所以,3BDaACa，因为BE平面ABCD，第7页

共10页且,ABBC平面ABCD，所以,BEABBEAC，又2BE，由勾股定理可知，22AEECa，因为AEEC，所以222AEECAC，所以22223aa，解得2a，所以

1OBOD，因为O为AC中点，且AEEC，所以EOAC，因为22,2BEDF，所以BEODBODF，所以EOOF，因为,,ACOFOACOF平面AFC，所以EO平面AFC，因为EO平面AEC，所以平面AE

C平面AFC；（6分）（2）设DEBFM，则四棱锥EABCD与四棱锥FABCD公共部分即为四棱锥MABCD，（8分）设点M到平面ABCD的距离为h，因为12DMDFMEBE，所以11123hBE，所以23h

，（9分）因为菱形ABCD的面积1232SACBD，（10分）所以体积11226233339VSh.（12分）20．（12分）【解析】（1）（3分）（2）因为前5组的频率之和为0.10.150.20.250.150.850.80，而前4组的频率之和

为0.10.150.20.250.70.80，第8页共10页所以2.53x．由0.3(2.5)0.1x，解得2.83x．所以，估计月用水量标准为2.83吨时，80%的居民每月的用水量不超过该标准．（7分）（3）设某人用水费用

y（单位：元）与该人当月用水量x（单位：3m），当x≤3时，4yx；当3x时，34(3)101018yxx；所以某人用水费用y（单位：元）与该人当月用水量x（单位：3m）的函数解析式为4,3,3.1018xxyx

x（9分）再由用水量的频率分布表或直方图及题意，可以得到居民该月用水费用的频率分布表如下：月用水量[0.5,1](1,1.5](1.5,2](2,2.5](2.5,3](3,3.5](3.5,4]

(4,4.5]费用[2,4](4,6](6,8](8,10](10,12](12,17](17,22](22,27]频数100150200250150505050频率0.10.150.20.250.150.050.050.05所以该市居民该月的人均水费估计为40.160.

1580.2100.25120.15170.05220.05270.0510.5（元）（12分）21．（12分）21-1【选考—空间向量与立体几何】【解析】（1）因为PO平面AOC，AC平面AOC，所以POAC，当π

4QOB时，因为OCAB，所以QO的延长线为为AOC的角平分线，第9页共10页又OAOC，所以QOAC，因为,,POQOOPOQO平面POQ，所以AC平面POQ，因为PQ平面POQ，所以PQAC；（6分）（2）分别以,,OBODOP为,,x

yz轴的正半轴，建立空间直角坐标系，设0,πQOB，则1,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,cos,sin,0ABCPQ，所以1,0,1,0,1,1PAPC

，设平面PAC的法向量为,,mxyz，则00mPAxzmPCyz，取1x，则1,1zy，所以1,1,1m，（8分）设0,1PTtP

Qt，因为cos,sin,1PQ，所以cos,sin,PTttt，所以=cos1,sin,1BTBPPTttt，因为//BT平面PAC，所以cos1sin10BTmttt

，即2cossin1t，（10分）所以π222sin,422t，所以π2sin0,π42＞，解得π0,2.（12分）【选考—直线和圆的方程】解：（1）因为1,2OPOQ

，所以1,3PQ，（2分）又圆Q与圆2220xyrr＞恒有公共点，且圆心之间的距离为2OQ,第10页共10页所以2PQrPQr≤≤（4分）对任意1,3PQ恒成立，所以213212rrr≤≤≤，解得13r≤≤；（6分）（2

）设00,Qxy，则圆Q方程为222200001xxyyxy，（7分）整理得220002212xxxyyyx，又圆22:4Oxy，两式相减，整理得直线EF的方程为00022230xxyyx，（10分）P到直线EF的距离0022220

0002233442xxdxyxy，因为Q在圆O上，所以22004xy，所以P到直线EF的距离34d.（12分）22.（12分）【解析】（1）令201xgxkx，整理得20kxxk，因为10

2k＜＜，则2140k＞，所以gx有且仅有两个不同的零点；（4分）（2）（i）由（1）可知，12,xx是方程20kxxk的两根，所以121kxxk；（7分）（ii）因为12f

xfxk，所以旋转得到的几何体是底面半径为k，高为21xx的的圆柱，又121211,xxxxk，所以22112122144xxxxxxk，所以体积22421π4π4Vkkkk

，（10分）因为102k＜＜，所以2104k＜＜，当且仅当218k时，maxπ4V.（12分）