河南省TOP二十名校2022-2023学年高三数学（理）上学期期末调研模拟卷二（PDF版带解析）

2022-2023学年高三年级TOP二十名校调研模拟卷二高三理科数学答案1.【答案】D【解析】xx21，B1,0,1.2.【答案】A22(1i)【解析】z1i,z1i.1i23.【答案】B【解析】2222()(xxxx12)(xxn),n222(2xxxx12)(222)(2xxn2)24.n4.【答案】C【解析】OAOBOC,O是BC的外心，过O做ODBC于D，则D为BC的中点，12OBBCBCOBcos(πOBC)||BDBC||||2BC25.【答案】C【解析】因为偶函数f(x)的图象形如字母M,奇函数g（x）的图象形如字母N，由ffx(())0,因为fx()0有三个根，一个是0，另两个根的绝对值大于1小于2，所以不存在，故a3.由fgx(())0，同上fx()0有三个根，另两个根的绝对值大于1小于2，所以有六个根，故b9.由ggx(())0，同上共有9个根，故c9.由gfx(())0，也共有9个根，故d9.所以abcd30.故选C.6．【答案】D【解析】依题意，原三视图对应的几何体是三棱锥PABC，如图，ACB90,ACnBC,m，其高为2，【高三理科数学答案（第1页共11页）】 2nm而m+n=6，mn9,当且仅当m=n=3时取等号,则三棱锥PABC的体积2111Vmn23mn，所以该几何体体积的最大值为3.3237.【答案】C【解析】f（x）的定义域（0，+∞），所以a-3≥0a≥3.aafx()4x(x0),由fx()0x.x2aa当x,0时，xf)(单调递减，当x,时,(xf单调递增.)22a∴x=是f(x)的极小值点，若f(x)在a-3,a上不单调，那么2.8.【答案】A【解析】如图，直线FM1与直线PF2相交于点N，由于PM是FPF12的平分线，且MFMP10，即PM⊥FN1，所以△FPN1是等腰三角形，PF1PN，点M为FN1的中点，因为O为FF12的中点，所以OM是△FFN12的中位线，1所以OMFN2，||FN2121||||PFPF2||PF22a||PF18.2由椭圆的几何性质知道F1||aPcac),(,所以PF1||(2,6)，又FN20，所以2NF||(0,4)，|OM|(0,2).当点P在y轴左侧时，同理可得，|OM|0,2.【高三理科数学答案（第2页共11页）】 9．【答案】C111CC5525【解析】设Bi=“抽到第i袋”，PB()()12PB,(|)PAB12，2C451011CC73251252123PAB(|)22,PA().C4524545451010.【答案】B22【解析】a0,当x时，ax20;当x时，ax20;aa2当x0时，(ax2)(xbx5)0恒成立,2222当时x,xbx50;当时x,xbx50.aa2242bx是yxbx5的一个零点，于是50.aa2a2254a454452aa25b,b25(当且仅当a时取等号）.2aaaa22a52（本题也可以研究函数f(x)ax2()(xbx)5的图象求解）.11．【答案】B【解析】连结AC1，BC1，则B1BCC1,正方体ABCD-A1B1C1D中，AB平面BC1.AB平面BC1,因此1CB平面ABC1,所以只要E在线段BC1上，就有ABBC1E的轨迹是线段BC1,①正确.若A1CE30,则在以A1C为轴,母线所在的直线为A1E的圆锥曲线的侧面上，平面BC1与圆锥的轴A1C斜交，截圆锥的侧面所得的截线是椭圆,②正确.AB11∥CD,AE1与CD所成的角等于A1E与A1B1所成的角ABE11.当E为BC1的中点时，1EB23B1BCE1，此时tanABE11最小，RtΔABE11中，tanABE11，BA1123【高三理科数学答案（第3页共11页）】 EAB11不可能为30，③错误.如图，将平面BC1旋转到与平面DBBD11重合,连结D1C交BB1于E，EC+ED1的最小值为22DC11(21)422,④错误.12．【答案】D1【解析】由题意1ln2xx0.2e2t2xetteet设则2xtfx,()ee.1lntlnettteet设则gt(),g(lne)t,所以只要求g(lne)tgt()的解集.tlnette1tgt,当时t(0,1),gt0,()gt单调递减,t(1,)时,gt0,()gt单调递增.2t设ht()lnett.1tht(),当时t(0,1),()0,()htht单调递增;t当t(1,),()0,()时htht单调递减.ht()h(1)0lnettt(当1时取等号）.要使g(lne)tgt(),则0t1,0lnet1.1111从而t121xx.ee2e213.【答案】g(x)=x3+3x或者g(x)=3sinx（答案不唯一）3x0【解析】fx()3e,切线的斜率kf(0)3e3.32设g)(xxxgb3)(,gbxx(,03)b3.3g(3)xxx.14.【答案】16【解析】设直线AB:y=k(x-1),1,,(21yxByxA2),().xky1(),2222kx-2()4xkk0.2xy,422k42k424xx212,B21pxxA2422.kkk12ABkkCD,1代替用k,同理可得D44kC.k【高三理科数学答案（第4页共11页）】 424242ABCD444k84k824k16.222kkk当且仅当k1.时等号成立315.【答案】32,21【解析】由正弦定理得sinBACsincossinC,211sincosACcossinACsincosACsinCcossinACsin.C221πsinC0cosAA,0,π,因此A.232π2sinC13bccBsin3面积SbcsinAb,b22sinBCsinsinCsinC312cosCCsin2231.sinCtanCπ2ππΔABC是锐角三角形，CBC0,,0,.232ππ333C,,tanC,,0,3,bS1,4,,23.623tanC2516.【答案】或52【解析】设球的半径为R,（1）当正四面体的一个面截球如图，则小圆周长是π，所以小圆1215半径是，球心到四面体的面的距离为1，所以R1.2222π（2）当正四面体的一个面截球如图，由题意可知弧AB的长度是，设小圆的半径是r.3π2π1ππ31AOB1,BOC1,AOD1BOC1AOB1,OD1262,3r3236r23ππ2ππ2cos,设(rf)cos,可以证明在(rf0)，在单调递增，36rr36rr22且(2)rf20R2,51.【高三理科数学答案（第5页共11页）】 nn(1),,n为偶数217．【答案】（1）an=2n-1（2）Tnnn(1),n为奇数.25ad11025,【解析】（1）据题意有2解得ad11,2.⋯⋯3分(ad1)aa11(4).dan=2n-1.⋯⋯5分nn2,,为偶数2（2）Snbnn,⋯⋯7分2nn,,为奇数222222所以n为偶数：Tn1234(nn1)(21)(21)n(32n1)2nn(1)(43)(43)(nn1)(nn1)37(2n1).22为奇数：(n1)n2nn(1)⋯⋯10分Tnn.22nn(1),,n为偶数2所以Tn……12分nn(1),n为奇数.28118.【答案】（1）p0；（2）p∈0,15,0,85256【解析】（1）解：设4p=t,那么每份样品是阴性的概率是t，是阳性的概率是1-t;226.……1分fp()gt()C(18tt)225262525gt()6C18tt2C18ttC8t1t61t2tC8t(1t)68t.……2分3当0086tt时gtgt)(,0)(,单调递增,433当68t0t1时gt()0,()gt单调递减，当时,gt(t最大此时(,)pf)最大.…4分443814pp00.……5分4256（2）设采用方案一检验的次数是X,那么X的取值1,9.4282XP1()(pp,)PX9()p.1222E(X9)(1pp)98p.……7分【高三理科数学答案（第6页共11页）】 设方案二检验的次数是Y,那么Y的取值是2,6,10.44每份样本是阴性的概率是)(pp,是阳性的概率是1-p.212(YP)2(,YPp)6C21()1(2),Ppppp(Y1()10p.)22E(2)2(1pppY10)1(p0)181p.……10分22当E(X)>E(Y)时，方案二比方案一更优，即9p108888ppp10.2222即p,，代入2=1.414,得p0.15,0.85.……12分44AP117219.【答案】（1）,01,;（2）.AB227【解析】（1）取SC的中点F，连结EF，若P为AB的中点，连结EP，SP，CP.11在△SCD中EF是中位线，EF∥CD，EF=CD,在菱形ABCD中，AP//CD,AP=CD，22AP∥EF，AP=EF，四边形AEFP是平行四边形.……2分PF∥AE,又AE平面SPCPF，平面SPC,AE∥平面SPC.……2分因此要使直线AE与平面SPC相交,则P不是线段AB的中点即可,AP11于是0,,1.……4分AB22（2）(解法一）连接BD交AC于O,则BDAC.222SAAB2,SB22,SAABSBSAAB.又平面SAC平面ABCD，两平面的交线是ACBD,.ACBDSA,,又SAABABBDB,SA平面ABCD.……6分建立如图所示的空间直角坐标系,则Oz∥SA.设BD2,bAC2,a则（O0,0,0),（，A0a,0),S（，0a,2),baba3CaDb(0,,0),(,0,0)E,,1,CE,,1,2222【高三理科数学答案（第7页共11页）】 π平面ABCD的一个法向量m(0,0,1),EC与平面ABCD所成的角是，6π1122sincosCE,m,ba912.6ba2292144a1,22在菱形ABCD中，ab4,解得……8分b3.3133ACE(0,1,0),(0,1,0),,,1,AC(0,2,0),CE,,1.2222设平面EAC的一个法向量是n(,,).xyz2y0,33.n(2,0,3).……10分xyz022平面SAC的一个法向量是p(1,0,0).22727cosnp,,二面角SACE的余弦值是.……12分227723(解法二）连接BD交AC于O,则BDAC222SAAB2,SB22,SAABSB,.SAAB又平面SAC平面ABCD，两平面的交线是ACBD,.ACBDSA,,又SAABABBDB,SA平面ABCD.过作EEHAD于H,连接CH,SAAD,SA//EH,1EHSA1,EH平面ABCD.2πECH是EC与平面ABCD所成的角，ECH.6πCH3,CDH,AC2,BD23(以下同解法一）.322y20.【答案】（1）x1（2）N(3,8)，MN2132c2222916【解析】（1）e3caba32,又1,aab22【高三理科数学答案（第8页共11页）】 22y解得ab1,2x1.……3分2(2)设直线PQy:kxmPxy,(,11),(,Qxy22).……5分AQAPAQAP0,x123(x3)(y124)(y4)0,xx123(xx12)9yy124(y1y2)160.22(1kx)12xk(mkxxmm43)(12)8250，……7分22(1k)(m2)(km4k3)(2km)2mm8250.222k2k2227k6kmm16m480.227k6km(m4)(m12)0.3km(4)9km(12)0.m43kmk或者912.……10分当m43k时，直线PQy：kx(3)4,恒过点A(3,4),不合题意，舍去.m9k12,直线PQy:kx(9)12,恒过点B(9,12).……11分AMPQ,在RtΔAMB中，存在定点为线段AB的中点N(3,8)，1使得MNAB213.2……12分21.【答案】（1）a3时，fx()的单调递增区间是(0,)；22a3时，fx()的单调递增区间是0,，单调递减区间是,.a3a3（2）a2【解析】（1）分种情况：2fx()2lnxa(3),x2fx()ax3(0),x(i)当aa30,即3时，对x0,fx()0,()fx单调递增，【高三理科数学答案（第9页共11页）】 fx()的单调递增区间是（，）0.……2分2(ax3)2(ii)当a30时，即a3时，fx()a3(x0).xx2当0x,()0,()fxfx单调递增,a32当x,()0,()fxfx单调递减.a322fx()的单调递增区间是0,，fx()的单调递增区间是,.……5分a3a32x2xxxe2ln1（）当2x0时，fxx()e1a3x2xxxe2ln12x设gx(),要使x0时，fxx()e1恒成立，x只要a3gx().……6分min222xlnxxlnxxxxe2ln1ee2lnx1e2lnx1gx().……8分xxxx设hx()ex1.xhx()e1,x(,0)时，hx()0,()hx单调递减；x（0,）时，hx()0,()hx单调递增；hx()h(0)0.……9分2lnxx2elnxx12lnxx1(2ln当xx时等号成立，可以通过观察函数y2lnxyx与图象有交点知此方程有解).2lnxx12lnx1gx()1.……11分xaa312.……12分22.【答案】（1）23ayx0（2）AB=ρ1+ρ2=1+3【解析】（1）设，，，.根据题意有：ππ0，0.又∵sin00a，∴sin()a.33化为直角坐标方程为23ayx0.……5分【高三理科数学答案（第10页共11页）】 3π3（2）a，则曲线C1：sin.232πππ据题意设A(,)1，B(,)2，则有1sin21，666ππ32sin，解得23.于是得||AB1213.……10分63223.【答案】（1）x-1≤x≤4（2）（-∞，-6］∪［4，+∞）-2x+3，x≤1【解析】(1)当⻐Ṱ时，则x=x-1+x-2=1，1x≤22x-3，x>2x≤1，解得-1≤x≤1，-2x+3≤5，1<x≤2，解得1≤，1≤5，x>2，解得2x≤4，2x-3≤5，综上可得fx()5的解集为x-1≤x≤4.……5分a（2）由题意，对于x0,1，则fxx()|3|x|x3||x1|对于x[0,1]恒成2aaa立x3xx12对于x[0,1]恒成立xx2或2对于x[0,1]恒成立.222aa由条件可得212或0，即或aa64.22故的取值范围为,64,.……10分【高三理科数学答案（第11页共11页）】