【文档说明】云南省昆明市第一中学2022届高三第五次二轮复习检测理数答案.docx，共(6)页，636.218 KB，由小赞的店铺上传

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昆明一中2022届高三第五期联考理数参考答案命题、审题组教师杨昆华张波杨仕华张兴虎王海泉卢碧如江明丁茵蔺书琴杨耕耘李建民一、选择题题号123456789101112答案BCDACDBCDCAD1.解析：13Axx=，U2Bxx=ð，则()UAB=ð1x

x，选B．2.解析：2i1z2ii2i2+=+=+，则z的虚部为1，选C．3.解析：评估玉米亩产量稳定程度的是标准差，选D．4.解析：由11nnnaaa−+=+得12nnnaaa++=+，两式相加得21nnaa+−=−，即3nnaa+=−，6nnaa

+=，所以20226321()2aaaaa==−=−−=−，选A.5.解析：因为32()(1)(2)fxxaxax−=+−+，所以232(1)(2)()xaafxx=+−−+，又因为()fx是偶函数，所以10a−=，即1a=，所以2(33)fx

x=−，令()0fx，解得11x−，所以()fx的单调递减区间为(1,1)−，选C．6.解析：由已知444ADABBDABCDABADAC=+=+=+−,所以1433ADABAC=−+，13=−，43=

，53−=，选D.7.解析：解析：由三视图知，该几何体的直观图是四棱锥PABCD−，2PAABBC===，22PBCD==，4AD=，23PC=，25PD=，所以该几何体最长棱的长度为25，选B.8.解析：因为3ABFB=，则2A

FBF=,又4p=，设直线l的倾斜角为，当为锐角时，由抛物线的焦点弦性质，得41cos1cospAF==−−，41cos1cospBF==++，因为2AFBF=，得1cos3=，则tan

22=，即22k=，由对称性知，当直线l的倾斜角为钝角时，l的斜率22k=−，选C．9.解析：令()()0gxfxxa=−+=，即()fxxa=−，则函数()gx的零点个数即为函数()fx与函数yxa=−交

点的个数，作出函数()fx与函数yxa=−的图象，如图所示，当直线yxa=−与曲线exy=相切时，又当1x−时，exy=，则exy=，则e1x=，则0x=，即切点为()0,1，此时1a=−，DCBAP因

为()gx存在3个零点，即函数()fx与函数yxa=−的图象有3个交点，所以11ln((1))11eaaa−−−−−−−−，解得111ea−−−，所以a的取值范围是111)e[,−−−，选D．10.解析：若两本相同书目均为中国名著，则概率21142

121214242112CCCPCCCC==；若两本相同书目一本是中国名著一本是外国名著，则概率1111243221214242412CCCCPCCCC==，所以甲、乙两人恰有两本书选择相同的概率145121212P=+=，

选C.11.解析：假设直线1AF，2AF与圆的切点分别为M，N，由对称性可知12AFAF=，容易得AMAN=，11FMFQ=，PQPN=，因为点P在双曲线的右支，由双曲线的定义得()()()1212112aPFPFPQFQAF

APPQFQFMAMAMPQ=−=+−−=+−+−+223PQ==，所以3a=，又因为双曲线的左焦点1F到双曲线的一条渐近线的距离为2，得2b=，所以225cab=+=，所以双曲线的离心率为51533=，选A.12.解析：

对于①当点N移动到点1C时，BD与BN不垂直，所以①错误；对于②平面BMN与平面11BAC为同一个平面，而1CD∥1BA，所以当点P在1CD上时，总有PC∥平面11BAC，从而有PC∥平面BMN，所以②正确；对于③1111112223323BMNBBBM

NBMNVVSBB−−====，所以③正确；对于④球面被正方体表面所截得的弧为3个半径为2的14圆弧，弧长和为32π2=3π4，所以④正确，选D.二、填空题13.解析：如图，作出可行域，目标

函数在点()3,1时，3zxy=+的最大值是10.14.解析：由1340aa+=，3510aa+=得132a=，12q=，所以104510455101132()2322Taq====.15.解析：5213xx+的展开式的通项公式()5105

252155133rrrrrrrTCxCxx−−−+==，令51002r−=，所以4r=，所求为15.16.解析：令()()sinhxfxx=+，则()()sinhxfxx−=−−，又()()2sinfxfxx=−−，所以得()()sinsinfxxfxx+=−−，即()()hxh

x−=，所以()hx为R上的偶函数，又0x时，()()cos0hxfxx=+，所以()hx在)0,+上单调递增，又()hx为R上的偶函数，所以()hx在(,0−上单调递减，由()sincos2fxf

xxx++−，得()cossin2fxxfxx+++，所以()ππsinsin22fxxfxx++++，即()π2hxhx+=，所以得π2xx+

，解得π4x−，所以不等式()sincos2fxfxxx++−的解集为π,4−+.三、解答题（一）必考题17.解:（1）由2224=−+acc得：22222421cos22242+−+−====bcacacAbccc，又因为0πA，所以π3=A.………6分

（2）在△ABC中，由23sin=aB及正弦定理sinsinabAB=，得:23sin2πsinsin3=BB，解得：2sin2=B，由π3=A，得2π3B，所以π4B=，因为在△ABC中，πABC++=，所以ππππcoscos()(coscossin

sin)(coscossinsin)3434=−+=−−=−−CABABAB，所以62cos4−=C.………12分18.解析：（1）设当天的需求量为()nnN，则当13n时，利润520X=，当12n时，利润100780Xn=−．所以X的取值为520，420，320，2

20，(520)0.48PX==，(420)0.24PX==，(320)0.2PX==，(220)0.08PX==，X的分布列为期望()5200.484200.243200.22200.08432EX=+

++=………6分（2）若制作14个生日蛋糕，设当天的利润（单位：元）为Y，则Y可取560，460，360，X520420320220P0.480.240.20.08260，160，(560)0.21PY==，(460)0.27PY==，(360)0.24PY==，(260)0.2PY==，(

160)0.08PY==期望()5600.214600.273600.242600.21600.08393EY=++++=因为()()EXEY，应制作13个．………12分19.证明：（1）因为四边形ABCD为正方形，E，F分别为AB，BC的中点

.所以△DCF≌△CBE，所以90CFDBCE+=，所以DFCE⊥，设DFCEO=∩，则PODF⊥，又平面PDF⊥平面ABFD，所以PO⊥平面ABFD，又CE平面ABFD，所以POCE⊥，又DFC

E⊥，且DFPOO=，所以CE⊥平面PDF.………6分（2）建立空间坐标系如图所示，设2AB=，则各点坐标如下：()0,0,0O，2525,,055B，50,,05F，250,0,5P，所以，252525,,555PB

=−，5250,,55PF=−，设平面PBF的一个法向量为(),,mxyz=，得020PBmxyzPFmyz=+−==−=，令1z=，可得2y=，1x=−，即(1,2,

1)m=−，易知平面PDF的一个法向量()1,0,0n=，所以16cos,66mnmnmn−===−，所以，二面角DPFB−−的正弦值306.………12分20.解：（1）直线()()1:1230lxmy−+−=恒过点31,2C，………1分设(),Pxy，因为点

P在直线1l上，所以()()123xmy−=−−①因为点P在直线2l上，所以()3123mxy+=+②①②得：()()()()3112323mxxmyy−+=−+−，当0m时，即()()223149xy−=−−，化简得：22143xy+=，当0m=

时，1x=，32y=−，所以点31,2−在曲线上，又因为点31,2−不在直线1l和直线2l上，所以点31,2−不在曲线上，故曲线的方程为22143xy+=，()223102x

y++−；………6分（2）设()11,Axy，()22,Bxy满足22223412xytxy=−+=，得()22322412yty−+=，即2246330ytyt−+−=，由()223644330tt=−−，解得24t，即22t−，则122123

2334tyytyy+=−=，因为11x且21x，故直线AC和直线BC的斜率均存在，分别设为1k，2k，由1212121212123323231122222221122212212221221yyyyttkkxxy

tytytyt−−−−−−+=+=+=++−−−−−−−−−−()()()()()121212212111111221221221221tyyttytytytyt−+−−=+−+=+−−−−−−−−()()()()

()()()21212121242(21)(21)212121221221yytyyttyyttytyt−+++++−+−−+=−−−−()()()()()()()222121212121233342(2)3(21)42(2)3(21

)333663420221221221221221221ttttyytyytttttytytytytytyt−−+++−++++−−−++====−−−−−−−−−−−−可知直线AC与直线BC关于1x=对称

，故存在点()1,0N，使得ACNBCN=恒成立.………12分21.解：（1）有题意()2210bxbfxxxxx−=−=（）当0b时，()0fx，()fx在()0,+上单增，此时显然不成立；当0b时，令()0fx=，得xb=，所以()

fx在()0,b上单减，在(),b+上单增，()()minln10fxfbba==+−，即ln1ba−，所以1abe−，1e0ab−−，所以1e1ab−−+的最大值为1.………5分（2）由（1）式可知1e11ab−−+=，

即1lnab−=，所以1ln()abFbmmbb−=−=−，则ln()xFxmx=−有两个零点为1x，()212xxx，即11ln0xmx−=；22ln0xmx−=，所以11lnxmx=，22lnxmx=，两式相减得112

2ln()xmxxx=−，即1212lnxxmxx=−，要证不等式2312xxe恒成立，等价于()121212ln2ln223xxmxmxmxx+=+=+，代入m得()()111222112112212231ln323ln22xxxxxxxxxxxxxxxx−−

+=−++.令12(01)xttx=，3(1)()ln(01)2tgtttt−=−+，2(1)(5)()0(2)ttgttt−+=+，所以函数()gt在()0,1上单调递减，()(1)0

gtg=，得证.………12分（二）选考题：第22、23题中任选一题做答。如果多做，则按所做的第一题记分。22.解：（1）设点(,)Mxy，因为0AMBM=，所以()()2220xxy+−+=，化简得224x

y+=，所以曲线C的轨迹方程为224xy+=.………5分（2）设点(2cos,2sin)N，则直线AN的方程为2sin(2)2cos2yx=++，令0x=得2sincos1y=+，所以2sin=cos1OP+，直线BN的方程为2sin(2)2cos2yx=−−，令0x

=得2sincos1y−=−，所以2sin=cos1OQ−−，所以224sin4cos1OPOQ==−.………10分23.解：（1）()fx2(1),12(1),122(1),2xxxxxxxxx−−−=−−

−−−−1,132,121,2xxxx=−−,()0fx110x或12320xx−或210x−1x或312x或x32x，所以不等式()0fx的解集为3(,]2−.

………5分（2）因为()21fxxx=−−−2(1)1xx−−−=，所以函数()fx的最大值为1，即1m=，所以1abc++=，因为33abcabc++，所以127abc，所以当13abc===时，abc的最大值为127.

………10分