【文档说明】云南曲靖一中2022届高三上学期高考复习质量监测卷（三）+数学（文）答案.pdf，共(9)页，387.583 KB，由管理员店铺上传

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文科数学参考答案·第1页（共9页）曲靖一中高考复习质量监测卷三文科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案BDCDDCCABCCB【解析】1．{24}UA，，则集

合B中一定含有2，4两个元素，而1，3两个元素可以不含任何一个，也可以只含一个，也可以含有两个，因而共有4个不同的集合，实际集合B的个数相当于含1，3两个元素的集合的子集个数，故选B．2．命题p为假，命题q为真，故选D．3

．当()()fxgx≥成立时minmax()()fxgx≥不一定成立的，反之则一定成立，故选C.4．由12log35aba一定为正数，所以010ab，，再由35ab可知ba，故选D．5．设公比为q，由已知3645

8aaaa，解得3634212aaq，，或363242aaq，，，3961aaq或8，故选D．6．由约束条件作出可行域如图1，由图可知，A(0，2)，化zOAOP2xy为2yxz，

由图可知，当直线2yxz过A时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值为2，故选C．7．由()()0(2)()fxfxfxfx，，可知函数()fx是周期为2的偶函数，(2021)(1)(1)2[(2021)](2)(0)0ffff

fff，，故选C．8．变换后的函数是πsin43yx，ππππ5π488366xx，，，，因而值域为112，，故选A．图1文科数学参考答案·第2页（共9页）9．①错，应是00sin||xx≤才对，

②③正确，④圆锥的表面积应为3π，故选B．10．每经过5730年衰减为原来的一半，即5730t时，12Pa，代入ektPa，解得ln25730k，若2021年某遗址文物出土时碳14的残余量约占原始含量的85%，则该遗址文物经历的时间满足0.85ekt，代入ln25

730k并两边取自然对数，ln2ln0.855730ktt，5730ln0.85ln2t25730log0.8557300.2341340.82，20211340.82680.18，对照时间参考轴，该文物属于唐代，故选C．11．由()()ecosx

fxfxx联想到构造函数，()cosexfxx,()sin()exfxxcc为常数，所以()e(sin)xfxxc，由(0)0f，因而0c，所以()esin()e(sincos)xxfxxfxxx，π2esin4xx

，故选C．12．以BC的中点为原点，BC为x轴，BC的中垂线为y轴建立坐标系，则A点在y轴上，则(10)B，，(10)C，，(02)A，，E，F为中点，于是112E，，112F，．设(,)Gxy，则2211111

(1)224GEGFxyxyxya，，，即221(1)4xya，所以G点在以(01)，为圆心，以14a为半径的圆上，满足条件的点有四个，则该圆与三角形的三边有四个交点．数形结合可得51254a，所以17

204a，故选B.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）题号13141516答案1105243153【解析】13．由题可知，(3)1(3)2ff，，所以(3)(3)1ff.文科数学参考答案·第3页（共9页）14．由ab，ac∥，可得1x

，2y，|||(31)|10bc，.15．1π1π1πsin2sin2sin222424ABCSbccb△，即2()bcbc，∴1122bc，23bc1132(23)2252(526)5243cbbcbcbc

≥，当且仅当32cbbc，即32cb时等号成立，23bc的最小值为5243.16．设D为AB的中点，则PDAB，CDAB，∵平面PAB平面ABC，则CD平面PAB，PD平面ABC．设E，F分别为△AB

C，△PAB外接圆圆心，则E，F在PD，CD靠近D点的三等分点处，过E，F分别作平面ABC，平面PAB的垂线，它们一定交于点O，O即是三棱锥PABC的外接球球心．如图2，四边形OEDF为正方形，1333OEDFPD，22333C

ECD．设三棱锥P−ABC的外接球半径为R，∴22ROCOECE1415333.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）17.（本小题满分12分）解：（1）设正项等差数

列{}na的公差为d，0d，由已知则1311241122682((3)45)aaaadaaaaddd，，解得13a，2d，所以21.nan……………………………………………（6分）（2）由题意，可得(321)(2)2nnnSnn

，………………………………………（8分）所以1111(2)212nnSnnn，……………………………………………（10分）则51111111111251232435465742T．………………………………（12

分）图2文科数学参考答案·第4页（共9页）18.（本小题满分12分）解：（1）由图象可知2ππ3π2π88T，2，………………………（2分）ππsin2088fA

，ππ(21)π(21)π()44kkkZ，，(0)sin1fA，3π24A，.……………………………………………（4分）∴3π()2sin24fxx.……………………………………………（5分）（2）∵3

tan4且α，β均为锐角，∴34sincos55，，……………………（6分）∵sinsin()，从而为钝角，24cos()25．………………………………………………

………………………（8分）∴742434sinsin[()]sin()coscos()sin2552555，3cos5.……………………………………………………………（10分）∴f2=3π3π3π4312sin2sinc

os2cossin444555．…………………………………………………………………………（12分）19.（本小题满分12分）解：（1）在三角形中，由余弦定理，将222coscosbcaaCcAc，化成2coscoscosbAaCc

A．……………………………………………（2分）又因为由正弦定理得2sincossincossincosBAACCA，…………………………………………………………（4分）即2sincossin()sinBAACB.………………………

……………………（5分）文科数学参考答案·第5页（共9页）又sin0B，所以1cos2A，所以3sin2A.………………………………（6分）（2）由（1）可知，π3A，所以2π3BC.由正弦定理得，2π31s

incossinsin31322sinsinsin2tan2CCCbBcCCCC，……………………………………………（9分）又ABC△为锐角三角形，所以ππ62C，所以3tan3C

，，……………………………………………（11分）所以312tan2bcC的取值范围是122，．……………………………………（12分）20.（本小题满分12分）解：（1）存在，当BM∶E

M1∶1时，//FM平面ADP.如图3，取M为BE的中点，连接AC，设NACBD，∵ABCD是菱形，则N是AC的中点，所以//MNAD.∵MN平面PAD，AD平面PAD，∴//MN平面PAD.………………………………………

……………（2分）由F，N分别是PC，AC的中点，同理可得//FN平面PAD，∵MNFNN，MNFN，平面FMN，∴平面//FMN平面PAD，则有//FM平面ADP.即BM∶EM=1∶1时，//FM平面ADP.………………………………………（5分）（2）当四棱锥PABCD的体

积最大时，PE平面ABCD，连接EC，∴PEAD，PEEC.由题意知，ADP△是等腰直角三角形，ABCD是菱形，120ABC，图3文科数学参考答案·第6页（共9页）∴ABD△是正三角形.……………………………………………（6分）在DEC△中，222cos

1207ECDEDCDEDC，在PEC△中，1PE，2222PCPEEC，在PCD△中，2PD，2CD，F为PC的中点，2PFCF，coscosPFDCFD，即22222222PFDFPDCFDFCDPFDFCFDF，代入数值可得1DF.…

…………………………………………（8分）∵ABD△是正三角形，则30ABE，于是BCBE，由PEBC，PEBEE，BC平面PEB，BCPB，所以22PCBF，2BD，在BDF△中，1DF，2BD，2BF，于是17sin24BDFS

BDBFDBF△．………………………………………（10分）设点C到平面BDF的距离为h，F到平面ABCD的距离是P到平面距离的一半，∴22PBCDFBCDCBDFVVV，3BCDS△，∴1317332634PEh，2217h，所以点C到平面BDF的距离为221.

7……………………………………………（12分）21.（本小题满分12分）（1）解：函数的定义域为(1)，，21881()24444xxfxxxx．…………………………………………………………（1分）令12

()024fxx，，令1212()012424fxxx，或，文科数学参考答案·第7页（共9页）令1212()02424fxx，，∴函数()fx的单调递增区间是121212424

，和，，单调调递减区间是12122424，.……………………………………（4分）（2）证明：当12m时，21()ln(1)2fxxx，∵cos1x≤，要证e()cosxfxx≥，只要证21e()1ln(1)12xfx

xx≥①，先证对任意[0x，)，ln(1)xx≤，…………………………………（6分）令()ln(1)hxxx，1()111xhxxx，令()0hx，解得：0x，故()hx在区间(10)，

上递增，在(0)，上递减，故()(0)0hxh≤，故ln(1)xx≤，即11ln(1)22xx≤，…………………………（8分）于是，要证①成立，只需证21e()11.2xfxxx≥令21()e12xpxxx，1()e22xpxx

.令()()mxpx，()e2xmx，令()0mx，解得ln2x，故()mx在区间(ln2)，上递减，在区间(ln2)，上递增，故332131e()(ln2)22ln2ln4lneln4ln022216mxm

≥，由3e20，可得，文科数学参考答案·第8页（共9页）故()0px，()px在[0)，上递增，()(0)0pxp≥，∴21e12xxx≥，综上可得，当12m时，e()cosxfxx≥对[0)x，恒成立．……………………………………………………………（1

2分）22.（本小题满分10分）【选修4−4：坐标系与参数方程】解：（1）由10cos()510sinxy，为参数，，得曲线C的普通方程是2251210xy，……………………………………………………………（2分）将cossinxy

，代入得222225cossin10，即2222101025cossin24cos1.…………………………………………（5分）（2）因为2221025cossin，所以222125cossin.10…………………………………………

…（7分）因为OMON，设M的极坐标为11()，，则N的极坐标为21π2，，所以2222222212||||1111||||||||OMONOMONOMON222225cossin25sincos2613.1010105

………………………………（10分）23.（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（1）()|21||2|fxxax，文科数学参考答案·第9页（共9页）所以()|(21)(2)||1|fxxaxa≥，…………………………………………（2分）当且仅当(21)(2)

0xax≥时，取得等号．所以原不等式等价为|1|2a≥，解得1a≥或3a≤，故a的取值范围是(3][1)，，．……………………………………………（5分）（2）因为1a，所以122a，因为122xa，，所以()|21||2|1fxxa

xa，()(1)gxax，……………………………………………………………………（6分）假设存在这样的实数(1)aa，使得122ax，，都有不等式()()gxhx≥恒成立．所以原不等式恒成立22(1)2342(4

)40axxxxax≥≤在122xa，上恒成立.……………………………………………（8分）令2()2(4)4uxxax，2402aua≤，可得2a≥，且1

3022au≤，可得3a≤．又1a，所以13a≤，故存在实数13a≤满足条件.…………………………………………（10分）