【文档说明】山西省大同市2022-2023学年高三下学期阶段性模拟测试数学答案和解析.pdf，共(8)页，1.034 MB，由小赞的店铺上传

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大同市高三年级阶段性模拟测试B卷答案解析一、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：由题意，集合|22Axx，2|10|11

Bxxxxx或，所以|11RCBxx，所以11RACBxx.故选B.2.答案:A解析:因3134221112iiiiziiiii，所以2z，所以复数z的共轭复数还是2.故选A．3.答案：C解析：抽出的3台电视机

中甲型1台乙型2台的取法有1245CC种；甲型2台乙型1台的取法有2145CC种,根据加法原理可得总的取法有1221454570CCCC种.故选C.4.答案：D解析：因为233sincos22可化为23sin

sin2，所以3sin2=或sin0=又因为02，所以3=.故选D.5.答案：A解析：∵(2,1)xm与11,22yn垂直，∴111(2,1),0222xyxymn，即2

yx，∵x，y，2成等比数列，∴22yx，所以1=12xy，，∴y，x的等差中项为324yx.故选A．6.答案：B解析：2sinsin2sinsin(2)sin,RAARCCabB222sin

sin(2)sin,2,aAcCabBacabb22222222,cos,022abcabcabCCab.4C故选B．7.答案：C解析：由题意可知，函数fx的定义域为R，3ecos()()lnecos()fxxxx3ecoslne

cosxxfxx，所以fx为奇函数，排除选项A，B；当0,2x时，0cos1x，所以ecos1ecosxx，所以3ecosln0ecosxfxxx，排除D．故选C.8.答案：C解析：2128PFaPF可化为22228PFaaPF

，所以22PFa，14PFa，在12PFF中，由22212216441cos116aacFPFa可得13e.故选C.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：AB解析：选项A，由不等式性质得A正确；选项B，由abab得111ba，故1124baababba，当且仅当=abba时，等号成立，因ab，故B正确；选项C，如11=1,223abcd

，，时，1122ca，2193db，故C不正确；选项D，当0a时，111=1121211+1+11aaaaaa，此时0a或2a，与0a矛盾，故D不正确.故选AB.10.答案：ABD解析：当且仅当A与B相互独立时，

PABPAPB成立，故A不正确；当B和C是两个互斥事件时(|)||PBCAPBAPCA+才成立，故B不正确；1PAA，故C正确；PABPABPABPB，故D不正确.故选ABD.11.答案：BD解析：由12

(1)nnnaa，得112(1)(1)nnnnaa，所以数列(1)nna是等差数列，所以55(5)(2)(1)(1)nnaan，即1(29)(1)nnan对于A，11(219)(1)7na，故

A不正确；对于B，∵21411nan，故B正确；对于C，|||29|nan，则3||3a，45||||1aa，所以{||}na不是等差数列，故C不正确；对于D，12111111[(29)(1)][(27)(1)]22927

nnnnaannnn所以11nnaa的前n项和11111112755329271449nnSnnn，故D正确.故选BD.12.答案：AC解析：21(

)lg||xfxx（xR，0x）的定义域为(,0)(0,)，关于原点对称，且满足()()fxfx，所以函数()fx是偶函数，其图象关于y轴对称，故A正确；当0x时，211()lglg()||xfxxxx，由1yxx的性质可知其在(0,1]上是减函数，在[1,)

上是增函数，所以由复合函数单调性可知，()fx在(0,1]上是减函数，在[1,)上是增函数。又()fx是偶函数，图像关于y轴对称，故B不正确；当0x时，12xx（当且仅当1x时取等号），又()fx是偶函数，所以函数()fx的最小值是lg2，故C正确

；由函数定义可得，函数()fx与x=2不可能有四个交点，故D不正确．故选AC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.答案:10解析:二项式52xx的展开式的通项公式为535215522kkkkkkkTCxCxx

，令5312k，求得1k=，所以14125210TCxxx，所以可得展开式中x项的系数为10，故答案为10．14.答案：6解析：1()()3ADACABACBDABABCC13ABACBACC

1||||cos||||cos3ABACAACCBC11133336232。15.答案：26解析：由题意知P的纵坐标为26，代入28yx可得3,26P，由抛物线的性质可得反射光线PQ经过抛物线28yx的焦点2,0F，故直线PQ的斜率262632k.16

.答案：24解析：四棱锥PABC的四个面都是直角三角形，∵2ABBC，∴ABBC，又PABC，所以BC面PAB∴BCPB，所以取PC中点O，则O是PABC外接球球心．由2ABBC得22AC

，又4PA，则81626PC，6OP，所以球表面积为224()4(6)24SOP．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：⑴)32

sin(22cos32sin)(xxxxf，22T，22T，所以1…………5分⑵)32sin(2)(xxf，由32)(af得31)32sin(，1cos(2)cos[(2)]cos[(2)]sin(2)6322333

，即1cos(2)63…………10分18.(12分)解：（1）设等差数列na的首项为1a，公差为d，则1137919adad，解得11a，2d，12121nann，…………6分（2）

2221nnnnban1231nnnTbbbbb1231212325223221nnnn23412212325223221nnnTnn

L123121222222221nnnTnL23122222221nnnTnL2126221nnn121221262236nnnTnn

…………12分19.(12分)解：（1）证明：取中点O，连接AOPO,,因为PDPB,O为中点，所以BDPO,在BCD、ABD中，因为2BD,090BCDDAB,030

CDB,045ADB，所以1DOAO,所以在PDO中，3PO，又2PA,所以PAO为直角三角形，所以AOPO又ODOAO，所以，又PO面PBD，所以面PBD面ABCD。…………6分（2）由于ABD为等腰直角三角形，O为斜边BD的中点，所以OBOA，由（1）知，

所以建立如图所示的坐标系，则3,0,0P，0,0,1A,0,1,0D,10,0B,0,21,23C所以3,0,1PA,3,1,0PD,3,1,0PB,3,21,23PC设平面PAD与平面的法向量

分别为111,,zyxm，222,,zyxn由00mPDmPA和00nPCnPB得11113030xzyz和0321230322222zyxzyBDBDABCDPO面

ABCDPO面PBCPDABCPDABCO全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》令31y，32z，则3,3,1m，3,3,3n，设法向量m，n所成角为，则6565cosnmnm，所以平面PAD与平面所成角的余弦值为6565.…………12分20.(12分

)解：(1)由题图知,所抽取的20人中得分落在[0,20]内的人数有0.0050×20×20=2,得分落在(20,40]内的人数有0.0075×20×20=3.…………6分(2)由题意可知,X的可能取值为0,1,2,33351010C

PXC,122335315CCPXC,2123353210CCPXC所以X的分布列为X012P11035310所以1336012105105EX…………12分21.(12分)解：(1)由得直线是抛物线的一条切线。所以所以椭圆…………4分(2)当

直线L与x轴平行时，以AB为直径的圆方程为当直线L与y轴重合时，以AB为直径的圆方程为所以两圆的交点为点0,1猜想：所求的点T为点0,1.证明如下。当直线L与x轴垂直时，以AB为直径的圆过点（0，1）当直线L

与x轴不垂直时，可设直线L为：PBC由得设则所以，即以AB为直径的圆过点0,1所以存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过定点T.…………12分22.(12分)解：(1)因为1ln2fxaxxx，0,x，所以

1ln2axfxaxx，所以112221faaeaeeee，解得1a，所以11ln2ln3xfxxxxx，令1ln+30hxxxx，则

22111xhxxxx，当01x时，0hx，1ln+3hxxx单调递减，当1x时，0hx，1ln+3hxxx单调递增，所以min140hxh，所以0fx，所以函数fx在区间0,恒单调递增.…………4分(2)

令11e2ln1lnexxgxfxaxxaxxx1x，1e2lnxfxaxx恒成立即函数max0gx恒成立，又11ln1exaxgxaxx

1x，令11ln1exaxmxaxx1x，则1211exmxaxx＇1x，①当0a时，0mx＇，函数mxgx在1,上为减函数，又10gxg，所以函数gx在1,

上为减函数，又10gxg，所以0a时，1e2lnxfxaxx在区间1，+恒成立；②当102a时，令1211=expxmxaxx＇，则12312expxaxx，因为0a，所以12312e

0xpxaxx，故函数mx＇在1,上单调递减，又1210mxma＇＇，所以11ln1exaxgxaxx1x单调递减，且10gxg，所以函数

gx在1,上为减函数，又10gxg，所以102a时，1e2lnxfxaxx在区间1，+恒成立；③当12a时，构造函数1exqxx，其中xR，因为1e1xqx＇，

当1x时，0qx，此时函数qx单调递减，当1x时，0qx，此时函数qx单调递增，所以10qxq，即1exx，所以1221111exmxaaxxxxx

＇，所以21111114442041641648maaaaaaa＇，又1210ma＇所以存在01,4xa使得00mx＇，即当01xx时，0mx＇，此时函数mxgx在01,x上单调递增，又

10gxg，所以函数gx在01,x上单调递增，又10gxg，不合乎题意.综上所述，实数a的取值范围是1,2.…………12分