【文档说明】安徽省马鞍山市2022届高三上学期期末考试（一模）（1月） 数学（理）答案.docx，共(5)页，343.535 KB，由小赞的店铺上传

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2022年高三第一次教学质量监测理科数学参考答案及评分标准一、选择题：本大题共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CBADABDBCCDA二、填空题：本题共4小题，每小题

5分，共20分．13．014．721015．316．205π3三、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做答．第22、23题为选考题，考生根据要求做答．

（一）必考题：共60分．17．（12分）【解析】（1）126bb+=，2q=，1222−==nnnb．……………2分()21121133233nnnnnnnnSSSSnSSSS++−+−+=−+−=−，，2113nnnnaaaa+++++=，即212nnnaaa+++=(

2)n，……………4分3412baa=−，410a=，又4232aaa+=，则37a=，于是1322aaa+=，则*212()nnnaaan+++=N所以na是首项为11a=，公差为213aa−=的等差数列，()11332.=+−=−naann…

…………6分（2）由（1）322nnnanb−=……………7分122121432222nnnnaaanTbbb−=+++=+++231114353222222nnnnnT+−−=+++，23111111323()222222

nnnnnTT+−−=++++−111333234()222222nnnnn++−+=+−−=−……………11分所以*344()2nnnTnN+=−．……………12分18．（12分）【解析】（1）证明：因为2PA=，3AD=，

13PD=，所以222PAADPD+=，则ADPA⊥，又ADAB⊥，PAABA=，所以AD⊥平面PAB，……………3分所以ADPB⊥，又PBPD⊥，ADPDD=，所以PB⊥平面PAD．……………5分（2）法一：过点P作ABPE⊥，交AB于

点E过点E作BDEF⊥，交BD于点F，连接PF易证BD⊥平面PEF，所以PFE为二面角--PBDC的补角，在PAB△中，易得3PE=，在ABD△中，易得95EF=，所以53tan9PFE=，则513sin26PFE

=．所以二面角--PBDC的正弦值为51326．……………12分法二：过点P作ABPO⊥，交AB于点O，过点O作OGAB⊥且//OGAD，以点O为空间直角坐标系原点，分别以OBOGOP、、方向为轴轴轴zyx,,正方向建立空间直角坐标系xyzO-

．易得(3,0,0)B，(3,1,0)C，(0,0,3)P，(1,3,0)D−，……………7分易得平面PBD的法向量为)3,34,1(=m易得平面BDC的法向量为)1,0,0(=n故33cos,||||52mnmnmn==所以

53tan,9mn=，则513sin,26mn=……………11分故二面角--PBDC的正弦值为51326．……………12分19．（12分）FEPABCDGOzyxPABCD【解析】（1）0.030a=．………………3分（2）①由直方图知

：产品B为一等品的概率是35，二等品概率是310，三等品概率是110，随机抽取3件是一等品的件数X可能的取值是0,1,2,3,且335X~B,，………………4分()3003238055125PXC===.

()21132336155125PXC===()12232354255125PXC===.()03332327355125PXC===则X的分布列为：……7分()8365427901231251251251255EX=++

+=．………………8分②产品A的收益：22217112174104202010Eppppp=++=+，产品B的收益：2222331133451010105Eppppp=++=+，………………10分()2

2151152201020EEpppp−=−=−，因为1154p，所以21EE，故投资产品A的收益更大．………………12分20．（12分）【解析】（1）因为12ca=，221119()(1)2224EAFbSacba=+=

+=△，则23b=，又222abc=+，解得24a=，故椭圆C的方程为22143xy+=．………………4分（2）法一：当直线l斜率存在且不为0时，设l：ykxm=+（0m），1222(,),(,)PxxQxy由22222(34)84120143ykxmkxkmx

mxy=++++−=+=，得：1224234Mxxkmxk+−==+，2334MMmykxmk=+=+，………………6分故34MOMMykxk==−，则OMl：34yxk=−，与l：240xy+−=联立得，：823Nkxk=−，

OMl：34yxk=−与C：22143xy+=联立得：2221634Rkxk=+，………………8分X0123P8125361255412527125因为2||||||OMONOR=，则2MNRxxx=，即2224816342334kmkkkkk−=+−+，解得32m

k=−+，则l：3(1)2ykx=−+，恒过点3(1,)2，……10分当0k=时，易知(0,)(0),(0,2),(0,3)MmmNR，由2MNRxxx=得32m=，则l：32y=过点3(1,)2，当斜率不存在时，设:(0)lxtt=，易知(,0),(4,0),(2,0)MtNR，由2MN

Rxxx=得1t=，则l：1x=过点3(1,)2，综上，直线l过定点3(1,)2．………………12分法二：可先由斜率为0和斜率不存在时分别求出l：32y=和l：1x=得出定点坐标3(1,)2，再证明直线l过点3(1

,)2，可按步骤酌情给分．21．（12分）【解析】（1）易知0k时，()xfxkexk=+−为增函数，且(0)0f=，………………2分故(,0)x−时，()0fx，()fx单调递减，(0,+)x时，()0fx，()

fx单调递增．………………4分（2）22011()()()()122()()2ababkeakakebkbfafbeefxkabkababab+−−+−−−===++−−−−，…5分又2()22aba

babfkek+++=+−，所以20()()()2abababeefxfkeab++−−=−−，……7分下证：2()ababeeeabab+−−，即22ababeeab−−−−−，………………8分令02abt−=，()2ttgte

et−=−−，因为()2220ttttgteeee−−=+−−=，所以()gt在0t时单调递增，故()(0)0gtg=，即22ababeeab−−−−−，即2ababeeeab+−−，所以0()()2abfxf+，……………11分又()x

fxkexk=+−为增函数，故02abx+．……………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）【解析】

（1）2sin12cosxy=−=（为参数），得曲线C的普通方程()2214xy+−=.cos3sin230+−=，得直线l的极坐标方程；πsin36+=．…………5分（

2）曲线C的极坐标方程为22sin30−−=，将π6=带入曲线C的极坐标方程得：230−−=，12121,3+==−.将π6=带入直线l的极坐标方程得：2=.MAMB=()()

()1212121222421−−=−−=−++=．…………10分法二：直线6=普通方程为33yx=，与直线l的交点()3,1M，直线l的参数方程为332112xt,yt.=+=+（t为参数），带入曲线(

)2214C:xy+−=得：2310tt+−=，则121MAMBtt==．…………10分23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）【解析】（1）当5=m时，25(1)()3(11)25(1)+−=−−+xxfxxxx，由()0fx

得不等式的解集为55|22或−xxx………………5分（2）由二次函数2222(1)1=−+=−+yxxx，知其在1=x处取得最小值1，因为2(1)()2(11)2(1)xmxfxmxxmx+−=−−

−+，在1=x处取得最大值2−m，所以要使二次函数222yxx=−+与函数()=yfx的图象恒有公共点，只需21−m，即3m，所以m的取值范围为[3,+)．………………10分