【文档说明】云南省昆明市第一中学2022届高三第七次高考仿真模拟考试数学（理）试题答案.docx，共(9)页，656.159 KB，由管理员店铺上传

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昆明一中2022届高三第七次联考参考答案（理科数学）一、选择题题号123456789101112答案DBBDABBCCACD1.解析：=33Axx−，=22Bxxx−或，则=AB3223xxx−−或，选D．2.解析：由题意得2z1i1+i==−，22z

12ii2i=−+=−，则2z2=，选B．3.解析：命题p中sincos2sin()4xxx−=−，最大值为2，所以p假；命题q为真.选B．4.解析：1001002P=，选D.5.解析：设三星堆古遗址存在的时期距今大约是x年，则5

730001325xyy=，所以22log5log30.745730x=−，解得4240x，选A．6.解析：若ab，则22acbc（20c），A错误；若22abcc，则20c

，所以ab，B正确；若ab，则1122ab，C错误；若0ab，则22ab，D错误，选B．7.解析：因为m⊥且m∥n，所以n⊥，又因为n，所以⊥，选B.8.解析：C的焦点为(1,0)，准线方程为1x=−，由题意得123mnnm−=

=，得43mn==，则长轴长为24a=，选C．9.解析：由图知，2A=，由(0)3f=得π3=，由π()03f=及Tπ23得2=，所以()π2sin(2)3fxx=+，因为12()()fxfx=，且1x，

2ππ(,)63x−，所以12ππ2126xx+==，12π2π()()2sin363fxxf+===，选C.10.解析：由已知得tantan2tan01tantan+−=−，所以()2tan12tantan+=，所以tan=112tantan+，因

为π,π2，所以tan0，所以12tantan−−()122tan22tan−−，当且仅当12tantan−=−，即2tan2=−时等号成立所以12tan22tan+−，所以12tan422

=−−，所以tan的最小值是24−，选A.11.解析：设()00,Pxy，()1,0Fc−，()2,0Fc，由123PGPFPF=+可得G为△12PFF的重心，即有G点坐标为00,33xy，由12IG

FF=，可得IG∥x轴，即有I的纵坐标为03y，因为13PFa=，由双曲线的定义得25PFa=，因为△12PFF的内心为I，所以点I的纵坐标的绝对值即为内切圆半径，所以()120121212011232PF

FySPFPFFFFFy=++=，即()0011822232yaccy+=，整理得2ac=，所以双曲线的离心率为2ca=，选C.12.解析：由已知得()22,0,0xxfxxx−=由函数式可得()()2222,0,0xyxyfxfyxyxy=−又()

()()22,0,0xyxyfxyxyxy−=所以()()()fxfyfxy=−，不等式()()21630faxfx+−可化为()()()()()216343124faxfxffxfx

−−=−−−=−+，即()()2124faxfx−+，因为()fx是R上的减函数，所以2124axx−+，即24120axx−+恒成立，0a=不成立，所以016480aa=−，即13a，所以实数a的取值范围为1,3

+，选D.二、填空题13.解析：该生这五次考试的平均成绩1(99108112110121)1105x=++++=，方差222221(1122011)505s=++++=，标准差52s=.14.解析：函数()fx求导得：1()2(1)fxfx=−，令1x=，得1(1

)2(1)1ff=−，解得(1)1f=，所以()2lnfxxx=−，(1)202f=−=．15.解析：因为2π3ABCADC==，所以π3ABE=，在△ABE中，由余弦定理得4BE=，所以△ABE是等边三角形

，π3EAB=，在△ADE中，由余弦定理得27DE=，正弦定理得21sin14AED=.16.解析：过点()0,y()05y做与y轴垂直的平面，截所得的截面为圆面，半径rx=，由2211625xy−=得()22216525xy=+，所以()22216πππ525xy=+，所以可

将该几何体的体积转化为求一个底面半径为5，高为5的圆柱和一个底面半径为5，高为5的圆锥的体积的1625，所以的体积22161320π55π55π2533V=+=.三、解答题（一）必考题17.（1）证明：设AB的中点为O，连结OP，OC

，OD，因为=PAPB，所以POAB⊥，又因为平面PAB⊥平面ABCD，PO平面PAB所以PO⊥平面ABCD，所以POBD⊥，易知四边形OBCD为正方形，所以BDOC⊥，所以，BD⊥平面POC，而PC平面POC，所以，BDPC⊥.………6分（2）依题意，建立

空间直角坐标系如图所示，不妨设2AB=，则0,0,0O（），1,0,0B（-），0,1,0D（），1,1,0C（-），0,0,3P（），由（1）知平面DCB的一个法向量为()0,0,1n=，设(),,mxyz=是平面P

DC的一个法向量，则因为()0,1,3PD=−，()1,0,0DC=−，所以，300yzx−==，令1z=031xyz===，所以，()0,3,1m=，所以1cos,2mn=，所以二面角PDCB−−的大小为60.…

……12分18.解析：（1）123437835CCPC==………4分（2）0X=，10，50，200333711(200)3105CPXC===，333722(50)3105CPXC===2134371124(10)310535CCPXC====，2112334344

33377726(0)=37CCCCCPXCCC==++综上可得分布列：X01050200P6743521051105期望1246()200501004105105357EX=+++=（元）.………12分19.解：（1）由12+=−nnSa得：12−

=−nnSa（2n），两式相减得：12+=nnaa（2n），所以，等比数列na的公比为2，又因为21122=+=aaa，所以12=a，所以数列na的通项公式为2=nna.………6分（2）由（1）得：2=nna，112++=nna

，所以1(1)+=++nnnaand，所以21=+nndn，假设在数列nd中存在3项md，kd，pd（其中m，k，p成等差数列）成等比数列，则2=kmpddd，即22222(1)11=+++kmpkmp，因为m，k，p成等差数列，所以2=+kmp，所以2(1

)(1)(1)+=++kpm，即2=kmp，由22==+kmpkmp得：==kmp与已知矛盾，所以在数列nd中不存在3项md，kd，pd（其中m，k，p成等差数列）成等比数列.………12分20.解：（1）()

e43xfxx=+−,易得()fx在区间()0,1内单调递增，因为0(0)e320f=−=−，(1)e10f=+，所以(0)(1)0ff，所以()fx在区间()0,1内存在唯一的变号零点，即()fx在区间()0,1内存在唯一的极值点，取区间()0,1

作为起始区间，用二分法逐次计算如下：①(0.5)e10.60f=−，而(0)20f=−，所以(0.5)(0)0ff，所以极值点所在区间是()00.5，；②0.3(0.3)e1.80.50f=−−，所以(0.3)(0.5)0ff

，所以极值点所在区间是()0.30.5，；③因为0.50.30.2−=，所以区间()0.30.5，内任意一点即为所求，所以取得极值时相应的0.4x（答案不唯一，只需在区间()0.30.5，内任意一点即为

所求）.………5分(2)由25()(3)12fxxax+−+，得225(3)12e23xxxxxa+−+−+,则21e12xaxx−−，因为12x，即21e12xxax−−，令21e12()xxgxx−−=，则221e(1)12()xxxgxx−−+=，

令21()e(1)12xhxxx=−−+，则()(e1)xhxx=−，12x，所以()0hx，即()hx在1,2+上单调递增，所以17e()0282hxh=−，所以()0gx，即()gx在1,2+上单调递增，所以19()2e24gx

g=−，即a的取值范围是9,2e4−−.………12分21.解：（1）由题意可知，点P,G,Q与椭圆E的各顶点均不重合，且直线PQ，直线PG，直线QG的斜率均存在，分别设1k，2k，3k，设(),Gxy，()00,Pxy，

()00,Qxy−−则有22221xyab+=，2200221xyab+=，则222200220xxyyab−−+=，则222200023222000314yyyyyybkkexxxxxxa−+−===−=

−=−−+−，又点()0,0Hx，故点00,2yMx，()()0003100033244yyykkxxx−−===−−，故121kk=−，故PQPG⊥，故△PQG为直角三角形；………6分（2）因为点()1,0F为椭圆E的右焦点，所以1c=，2a=，3b=，所以

椭圆E的方程为22143xy+=，由椭圆的对称性，不妨设点P在第一象限，则设直线OP的斜率为k()0k，由22143ykxxy=+=，解得22343xk=+，记22343uk=+，则(),Puku，(),Quku−−，,2kuMu，所以直线QG的斜率即直线

QM的斜率为34k，由()2234143ykxukuxy=+−+=，()22343412kyxuxy=−+=，即()222229126480kxkuxku+−+−=①设(),GGGxy，则u−和Gx是方程

①的解，故22234Gkuxuk−=+，即()225434Gukxk+=+，因为221PQuk=+，222121134GkukPGxukk+=+−=+，所以△PQG面积()()()()()2222242222124124112341225123443kukkkkkSPQPGkkkkk++

+====+++++，2221124242411111225121211kkkkkkkkkkkk++===+++++++，因为函数()112fxxx=+在30,6内单调递减，在3,6+

内单调递增，设12tkk=+，函数()112fttt=+在)2,+内单调递增，故()()4922ftf=，故()244849Sft=，当且仅当2t=，即1k=时，△PQG面积取得最大值4849.………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(,)P为l上除N的任意一点，在△OAP中，π6OAP=，π3APO=+，4OA=，OP=，由正弦定理得4ππsinsin()63=+，化简得πsin()23+=，经检验点π(2,)6N在直线πsi

n()23+=上，所以直线l的极坐标方程为πsin()23+=.………5分（2）设(,)N，在Rt△OAN中，sin4sinONOA==，即4sin=，因为N在线段OM上且ANOM⊥，所以的取值范围是π0,4

，所以M点轨迹的极坐标方程为4sin=，π0,4.………10分23.解：（1）当0a=时，2(2),0()0,022(2),2xxxfxxxxx−−=−所以方程()0fx=的解集为0,2.

………5分（2）因为()0fa=，不等式()0fx在(2,)+上恒成立，所以2a，当2a，2xxx时，()()(2)(2)()fxxaxxxa=−−+−−2(2)()0xxa=−−，所以a的取值范围2a.………10分获得更多资源请

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