【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（理）答案.pdf，共(9)页，378.352 KB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-cbcfd83e311ded3442ca14a6df7b34e0.html

以下为本文档部分文字说明：

理科数学参考答案·第1页（共9页）曲靖一中高考复习质量监测卷三理科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案BDADBDCACBCB【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A.4．由12log35aba一定为正数，所以010ab，，再由35ab可知ba，故选D．5．由ab，得1x，由//ac，得2y，所以||10bc，故选B．6．设公比为q，由已知3645

8aaaa，解得3634212aaq，，或363242aaq，，，3961aaq或8，故选D．7．由()()0fxfx，(2)()fxfx可知函数()f

x是周期为2的偶函数，(2021)(1)ff(1)2[(2021)](2)(0)0fffff，，故选C．8．变换后的函数是πsin43yx，ππππ5π488366xx，，，，因而值域为112

，，故选A．9．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

遗址文物经历的时理科数学参考答案·第2页（共9页）间满足0.85ekt，代入ln25730k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．10．①错，②错，③对，④错，故选B．11．由()()ecosxfxfxx联想到构造函数，()cosexfxx,()sin()exfxxcc为常数，所以()e(s

in)xfxxc，由(0)0f，因而0c，所以()esin()e(sincos)xxfxxfxxx，π2esin4xx，故选C．12．如图1，取线段BC的中点O，以O为

坐标原点，BC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，则(10)(10)BC，，，，(02)A，，所以112E，，11.2F，设()Gxy，，则112GExy

，，112GFxy，，221(1)4aGEGFxy，所以2x21(1)4ya，即G到(01)M，的距离的平方等于21||4GMa，所以若在等腰三角形ABC的三条边上，有且只有4个不同的点G，使得GEGFa，只

需在等腰三角形ABC的三条边上，有且只有4个不同的点G，使得21||4GMa，也就是以(01)M，为圆心，以14a为半径的圆与等腰三角形ABC的三条边有4个交点，所以51254a，所以17204a，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712226图1理科数学参考答案·第3页（共9页）【解析】13．由题可知，(3)1(3)2ff，，所以(3)(3)1ff.14．∵123212()4343123DEDAABBEABABBCABACABABAC

，∴712.15．由tantantan37tantanABCAB，可得tan37C，所以371si

ncos88CC，.又2ADDB，又21cos12sin82CC，得7sin24C，所以23CADACBSS△△，所以1214sin24sin2232CCDC，所以2CD

.16．如图2，121423166xxxxxx，，，且3433xx，，因为2221234121212()2(6)(6)xxxxxxxxxx21212()6()xxxx35.又

2(13)x，，∴122xxx211023x，，令121023txx，，所以221234xxxx2221212()6()35635(3)xxxxttt2626≥，所以实数k的最大值为26.三、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，……………………………（1分）选①②，则1311241122682((3)45)aaaadaaaaddd

，，解得13a，2d，所以21nan；选①③，则13111351222683621aaadadaaaad，，图2理科数学参考答案·第4页（共9页）解得13a

，2d，所以21nan；选②③，则12411351)((4536213)aaaaaaddaad，，解得13a，2d，所以21.nan……………………………………………（6分）（2）由题意，可得(321)(2)2nnn

Snn，……………………………………（8分）所以1111(2)212nnSnnn，……………………………………………（9分）则111111111111131112232112221

3452nnnnnnnnnT32342(1)(2)nnn．…………………………………………………（12分）18.（本小题满分12分）解：（1）由图象可知2ππ3π2π88T

，2，………………………（2分）ππsin2088fA，ππ2ππ2ππ()44kkkZ，，又||π，所以3π4，(0)sin1fA，2A.……………………………………………（4分）∴3π()2si

n24fxx.……………………………………………（5分）（2）∵3tan4且α，β均为锐角，∴34sincos55，，……………………（6分）∵sinsin()，从而为钝角

，24cos()25．………………………………………………………………………（8分）理科数学参考答案·第5页（共9页）∴742434sinsin[()]sin()coscos()sin2552555

，3cos5.……………………………………………………………（10分）∴f2=3π3π3π4312sin2sincos2cossin444555．…………………………………………………………………………（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2coscoscosbAaCcA．……………………………………………（2分）又因为由正弦定理得2sincossincossincosBAACCA，…………………………………

………………………（4分）即2sincossin()sinBAACB.……………………………………………（5分）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，2π31sincossinsin31322sinsinsin2tan2CCCbBcCCCC，……………………………………………（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

）因为函数()21axcfxx的图象过(11)，，所以(1)13acf.……………………………………………（1分）理科数学参考答案·第6页（共9页）又函数()21axcfxx的图象关于点1322，对称，所以()(1)3fxfx

，…………………………………………………………………（3分）解得30ac，，∴3()21xfxx．……………………………………………（4分）（2）由1()nnafa，得，1321nnn

aaa，1111113nnaa.①又112a，所以1111a，所以11na是以1为首项，13为公比的等比数列，∴11113nna，∴11331nnna；……………………………………………（8

分）②因为1111113nnaa，所以11na是以111a为首项，13为公比的等比数列.∴11111113nnaa，∴11111113nnaa.…………………………………………

…（9分）又10a，且数列{}na为递增数列，所以10nnaa，即1111101111111133nnaa，∴11111111111033nnaa

，∴111110113aa，∴1110a，∴101a，所以1a的取值范围为(01)，．……………………………………………（12分）理科数学参考答案·第7页（共9页）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，令1

212()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1

2m时，21()ln(1)2fxxx，∵1a，要证e()cosxafxx，只要证e()cosxfxx，又∵cos1.x≤只要证21e()1ln(1)12xfxxx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≤，于是，要证①成立，

……………………………………………（8分）只需证21e1.2xxx≥令21()e12xpxxx，理科数学参考答案·第8页（共9页）1()e22xpxx，记1()e22xmxx，()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≥，故()0px，()px在[0)，上递增，()(0

)0pxp≥，∴21e12xxx≥，综上可得，当12m，1a时，e()cosxafxx对[0)x，恒成立．……………………………………………………………（12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222225cossin

10，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）理科数学参考答案·第9页（共9页）23.（本小题满分10分）【选修4−5：不等式选讲】解：（1）()|21||2|fxx

ax，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|1fxxaxa，()(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13022au≤，可得3a≤．又1a，所以13a≤，故存在实数13a≤满足条件

.…………………………………………（10分）