【文档说明】安徽省马鞍山市2022届高三下学期第二次教学质量监测（二模） 数学（文）答案.docx，共(5)页，372.544 KB，由管理员店铺上传

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2022年高三第二次教学质量监测文科数学参考答案及评分标准一、选择题：本题共12个题，每小题5分，共60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．题号123456789101112答案D

CDBAACBCACB二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.014.1−15.4π16.20222023三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，

每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17．（12分）【命题意图】本题考查频率分布表，抽样调查，古典概型．难度：中档题．【解】解：（1）众数为75……………………2分竞赛成绩在[90,100]分的人数为0.06100

6=，竞赛成绩在[80,90)的人数为0.1810018=，故受奖励分数线在[80,90)之间，设受奖励分数线为x，则()900.0180.060.15x−+=，解得85x=，故受奖励分数线的估计值为85．.………………………6分（2）由（Ⅰ）知，受奖励的15人中，分数在[85,9

0)的人数为9，分数在[90,100]的人数为6，利用分层抽样，可知分数在[85,90)的抽取3人，分数在[90,100]的抽取2人，设分数在[90,100]的2人分别为12,AA，分数在[85,90)的3人分别为123,,BBB，所有的可能情况有()12,AA，

()11,AB，()12,AB，()13,AB，()21,AB，()22,AB，()23,AB，()12,BB，()13,BB，()23,BB，共10种.………………………8分满足条件的情况有()11,AB，()12,AB，()13,AB，()21,AB，()22,AB，()23,AB共6种…

………10分故所求的概率为63.105P==.………………………12分18．（12分）【命题意图】本题考查解三角形，三角恒等变换．难度：中档题．【解】（1）由余弦定理：22233()2cos44SbcabcA=+−=1sin2SbcA=，故13sincos22AA=,......

........................2分由于cos0A,tan3A=,(0,)A,则3A=.............................4分由正弦定理：sinsinacAC=，得sin2;sinaCcA==........................

..............................6分（2）由（1）知23BC+=,故2cos()cos(2)3BCC−=−,故2cos(2)cos213CC−+=..................

............8分则13cos2sin2122CC+=，故sin(2)16C+=.............................10分因为2(0,)3C，所以32(,)662C+，所以262C+=，解得6C=...........

...........12分19．(12分)【命题意图】本题考查空间几何体线面关系和体积．难度：中档题．【证明】（1）因为1sin32AMDSAMADBAD==△,所以12sin323AD=，所以2AD=.所以ADM△为等边三角形，所以2DM=.…

…………………………2分又因为四边形ABCD为等腰梯形，所以2BC=，3ABC=，所以//DMBC，且2DMBCBM===，所以四边形DCBM为菱形.连接DB,所以CMBD⊥.又因为Q，M分别为棱AD，AB的中点，所以//QMBD,所以CMQM⊥……………………4分因

为PAD△为正三角形，Q为棱AD的中点，所以PQAD⊥又因为平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD=,PQ平面PAD所以PQ⊥平面ABCD，又因为CM平面ABCD所以PQCM⊥,………………………

……7分又因为PQ平面PQM,QM平面PQM,PQQMQ=所以CM⊥平面PQM……………………………8分（2）由（1）知四边形DCBM是边长为2的菱形，四边形AMCD也为菱形，所以=2CMAD=，因为ADM△与PAD△为等边三角形且边长为2，

所以3MQPQ==………………………10分所以111=3321332PQMCQMCVPQS−==……………………………12分（其它解法正确同样给分）20．（12分）【命题意图】本题考查抛物线的标准方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查学生探究问题的能力，考查的核心素养是数学运算，逻

辑推理．难度：较难题．【解】（1）由题意，(,0),(,)22ppFMp，由：22||=()252pOMp+=，解得，4p=，所以，抛物线E的标准方程：28.yx=……………………5分（2）证明：设1122,),B(,)Axy

xy（，设AB直线方程：2xmy=+，联立：228xmyyx=+=，整理得：28160ymx−−=，满足：0，得：12128,16yymyy+==−，.……………………….7分得：212121212(2)(2)84;(2)

(2)4xxmymymxxmymy+=+++=+=++=于是：222211121212||=||()46464AByyyyyym−=+−=+，221212124||||4(2)(2)48()16168(84)16=6464.AFBFxxxxxxmm=++=+++=

++++………….10分综上，211||4||||ABAFBF=..……………………….12分21．（12分）【命题意图】本题考查导函数及其应用．难度：较难题．解析：（1）2()(22)xfxxxae=++−.....

...........................1分①当1a时，()0fx恒成立，故()fx在R上恒增；................................2分②当1a时，当(,11)xa−−−−时()0fx,()fx单调递增

，(11,11)xaa−−−−+−时()0fx，()fx单调递减，(11,)xa−+−+时()0fx，()fx单调递增................................4分综上所述：当1a时，()fx在R上恒增；当1a时，()fx在(,11)a−

−−−和(11,)a−+−+上单调递增，在(11,11)aa−−−−+−上单调递减.................................5分（2）2(2)(1)xxexae+−，由于(0,)

x+，2(2)1xxexae+−，2(2)()1xxexgxe+=−，22(222)()(1)xxxexexxgxe−−−=−，...............................7分令2()222xhxxexx=−−−()(1)(22)x

hxex=−+，由于(0,)x+，则()(1)(22)0xhxex=−+，故2()222xhxxexx=−−−单调递增，...............................8分3334443393338()2

4()042162223heee=−−−−=−，(1)250he=−，所以存在03(,1)4x使得0()0hx=，即02000222xxexx=++...............................10分当00(0,)xx时()0hx，()gx单调递减

，当00(,)xx+时()0hx，()gx单调递增；那么00.220000(2)()221xxexagxxxe+==++−，03(,1)4x，故034()()(1)54ggxg=，由于a为整数，则a的最大值为4......................

..........12分(2)的解法二：①当2a时，()0fx，()fx在(0,)+上单调递增，()(0)2fxfaa=−−满足题意；...........7分②当2a时，设011xa=−+−

，由（1）()fx在0(0,)x上单调递减，在0(,)x+上单调递增，002min000()()(2)2xxfxfxxaexe==+−=−，由题意02002(1)1xxeax−−=−+−，即02002(1)10xxex−+−

，.........9分令22()2(1)1222ttttettett=−+−=−−−（0t）()(22)(1)0ttte=+−，故()t单调递增，(1)250e=−，12113()024e=−存在01(,1)2t使得0()0t=，那

么000xt，解得0011at−+−..........11分故max011112at−+−=，即max1354a，所以整数a的最大值为4...........12分（二）选考题：共10分

．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22.[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）【命题意图】本题主要考查曲线方程的变换，直线与圆的位置关系以及极坐标运算等知识，考查运算求解能力，数形结合思想．难度：中档题．【解】（1）曲线C

的极坐标方程：=4sin-6cos，得：2=4sin-6cos，由222sin,cos,yxxy===+，得曲线C的直角坐标方程：22+3)2)13xy+−=（（……….2分由直线l：(32)

(3)250mxmym++−++=，得：(32)2350xymxy+++−+=，设3202350xyxy++=−+=；解得：1,1xy=−=，所以，定点的极坐标为324（，）……………………….5分（2）由（1）得，曲线C：22(3)2)13xy++−=（，圆心(3,2)−，半径13r

=，由||6MN=，得圆心C到直线l的距离2d=.当直线l的斜率不存在时，l:1x=−，经检验满足题意；当直线l的斜率存在时，设l:1(+1)ykx−=，即：1+0kxyk−+=.2|32+1+|32,41kkkk−−==+，直线l的方程为:34+70xy−=所以，直线l的方程：:1x=−或

34+70xy−=……………………….10分23.[选修4-5：不等式选讲]（10分）【考查意图】本题考查解绝对值不等式，利用基本不等式证明不等式．难度：中等题．【解】（1）211()113253xxfxxxx−−−=−−，，，，…………

…………………2分由此解()3fx得：24x−所以不等式的解集为[2,4]M=−……………………………5分（2）由（1）1m=，1111111114()(11)(2)(22)1131131133baabababab+++=++++=+++=+

+++++当且仅当1111baab++=++时，即12ab==时取等号.…………………………………10分（其他方法酌情给分）