首页

广东省2022年上学期惠州市高三数学第一次调研考试试题答案

资源预览文档简介为自动调取,内容显示的完整度及准确度或有误差,请您下载后查看完整的文档内容。

1/20

2/20

剩余18页未读,查看更多内容需下载

广东省2022年上学期惠州市高三数学第一次调研考试试题答案一、单项选择题:本题共10小题,每小题满分5分,共50分。题号12345678910答案ACABCDBDAB1.【解析】由题意可得Mx2x3,Nxx0,所以MNxx0,故选A.1i2.【解析】zi,故选C.1i22213.【解析】cos(2)cos212sin12(),故选A.394.【解析】由已知得ab1k340,k12,故选B.15.【解析】连接CB,则CB//DA,可知ACB是正三角形,cosDA,ACcos,故选1111132C.2221b1bca216.【解析】由题知双曲线的一条渐近线方程为yx,则,e1,222a2aa45e,故选D.27.【解析】由题意可知该女子每日织布数呈等差数列,设为a,首项a5,S390,可得n130302916530d390,解之得d,故选B.2298.【解析】由f(x)xcos(x)xcosxf(x),所以fx为奇函数,排除A,C;因为fx的大于0的零点中,最小值为;又因为f()cos0,故选D.266629.【解析】先从4个专家中选2个出来,看成1个专家有C6种选法,再将捆绑后的专家分别派41/203到3个县区,共有A6种分法,故总共有6636种派法。其中甲、乙两位专家派遣至同一3361县区有A6种,其概率为.故选A.3366xx2xx210.【解析】由“局部奇函数”可得:42m2m342m2m30,整理可2xxxx2xxxx得:442m222m60,考虑到44222,从而可将2xxxxxx222视为整体,方程转化为:222m222m80,利用换元设xx22t22(t2),则问题转化为只需让方程t2mt2m80存在大于等于2的解即22可,故分一个解和两个解来进行分类讨论。设gtt2mt2m80.(1)若方程有一个解,则有相切(切点xm大于等于2)或相交(其中交点在x2两侧),0即或g20,解得:m22或13m13.m2022m22(2)若方程有两解,则g20,解得:m13,m1313m22,m2m2综上所述:13m22,答案B.二、多项选择题:本题共2小题,每小题满分5分,共10分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对得5分,部分选对得3分,有选错的得0分。11题选项12题选项可得分数全部正确BCDAC5分部分正确B、C、D、BC、BD、CDA、C3分2/2011.【解析】不等式ab2ab恒成立的条件是a0,b0,故A不正确;1当a为负数时,不等式a2成立.故B正确;由基本不等式可知C正确;a21214yx4yx对于()(x2y)4428,xyxyxyxy4yx11当且仅当,即x,y时取等号,故D正确.故选:BCD.xy2412.【解析】若a//b,且a,b,即两平面的法向量平行,则//成立,故A正确;若,且a//,b//,则a与b互相平行或相交或异面,故B错误;若a,b相交,且a,b,即两平面的法向量相交,则,相交成立,故C正确;若ab,且a//,b//,则与平行或相交,故D错误;故选:AC.二、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分,其中16题第一个空3分,第二个空2分。)151013.yx114.28015.916.(3分),(2分)2443【注:14题结果写成C2不扣分】7113.【解析】f(x),f(1)1,因此切线方程为yx1.xr7rr14.【解析】展开式的第r1项为TC(2x)1,故令7r3,即r4,r17343所以x的系数为C2280.7215.【解析】抛物线y4x的焦点F(1,0),准线为x1,由M到焦点的距离为10,可知M到准3/20线的距离也为10,故到M到的距离是9.16.【解析】法1:依题意作出图形,如图所示,则sin∠DBC=sin∠ABC,151由题意知AB=AC=4,BC=BD=2,则sin∠ABC=,cos∠ABC=,44111515所以S△BDC=BC·BD·sin∠DBC=×2×2×=,224222221BD+BC-CD8-CD因为cos∠DBC=-cos∠ABC=-==,所以CD=10,42BD·BC8FBDθ2EθAC4+10-410由余弦定理,得cos∠BDC==.2×2×1041510答案:;24法2:如图,作AE垂直BC,作DF垂直BC,由勾股及相似比可得面积。由二倍角公式可得目标角度的余弦值。三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程)17.(本小题满分10分)【解析】(1)法1:a11,a5d11,61①.................................................................1分22a,a,a成等比数列,(a4d)(ad)(a13d),化简得d2ad,②..............225141111分又因为d0...............................................3分【注:无此步骤,本得分点不得分】且由①②可得,a1,d2......................................4分【注:只要算出d214/20即可给分】数列的通项公式是a2n1..............................................................n.........5分2法2:a11,a,a,a成等比数列,(ad)(a4d)(a8d),...................162514666分2(11d)(114d)(118d),化简得233d66d,..................................................2分又因为d0...............................................3分【注:无此步骤,本得分点不得分】得d2....................................................................................................................4分aan6d112n6n6数列的通项公式是a2n1..............................................................n..5分(2)由(1)得11111b(),....................................7分naa(2n1)(2n1)22n12n1nn1111111Sbbb(1)............................n12n23352n12n1..........8分5/2011(1).........................................................22n1....................................9分n2n1所以nS.........................................................................n2n1......................................10分18.(本小题满分12分)【解析】(1)法1:由已知bcosA=(2c-a)cosB,及正弦定理可得:2sinCcosB=sinBcosA+sinAcosB.............................................................1分2sinCcosB=sin(A+B),..............................................................................2分因为A+B=π-C,所以2sinCcosB=sinC,........................................3分因为sinC≠0,................................................4分【注:无此步骤,本得分点不得分】所以cosB=1...................................................................................2.............5分因为0<B<π,.............................................6分【注:无此步骤,本得分点不得分】所以B=6/20π........................................................................3...........7分法2:由已知bcosA=(2c-a)cosB,及余弦定理可得:222222bcaacbb=2ca................................................2bc2ac........................1分化简得222acbac...................................................................................................2分余弦定理可得2accosBac...........................................................................................3分因为ac≠0,.............................................................4分【注:无此步骤,本得分点不得分】所以cosB=1...................................................................................2..............................5分因为0<B<π,......................................................6分【注:无此步骤,本得分点不得分】所以B=π..........................................................................3...............................7分7/201(2)由S△ABC=acsinB..........................................8分【注:单独写出此步2骤,即可得1分】13得3=×4×c×,所以c=221.............................................................9分222又由余弦定理:bac2accosB,..........10分【注:单独写出此步骤,即可得1分】2221b41241132得b13,...................................................................11分故△ABC的周长为5+13................................................................12分【注:第二问也可过A作BC边上的高,然后通过勾股定理求得边长,此过程按踩分点给分即可】19.(本小题满分12分)【解析】(1)证明:因为DE平面ABCD,AC面ABCDFAxzDEBCy所以DEAC...............................................................................1分因为ABCD是正方形,所以ACBD............................2分8/20又DEBDD,DE面BDE,BD面BDE.............3分【注:此步骤未写全3个条件,本得分点不得分】故AC平面BDE................................................................4分(2)法1:【向量法】因为DA,DC,DE两两垂直,建立空间直角坐标系Dxyz如图所示..................................................................................5分因为ED平面ABCD,且EB与平面ABCD所成角为60,即DBE60,.........6分ED所以3.由已知AD3,可得DBDE36,AF6............................7分则A(3,0,0),F(3,0,6),E(0,0,36),B(3,3,0),C(0,3,0),所以BF(0,3,6),EF(3,0,26)................................8分nBF03y6z0设平面BEF的法向量为n(x,y,z),则,即.nEF03x26z0令z6,则9/20n(4,2,6)................................9分因为AC平面BDE,所以CA为平面BDE的法向量,CA(3,3,0)..................10分所以nCA613cosn,CA........................................nCA322613..11分13因为二面角为锐角,所以二面角FBED的余弦值为.13.................................12分法2:【几何法】FAGDEHMNQPBC如图,G、P分别为线段ED、EB的三等分点,M、N分别为线段EB、DB的中点,MN∩GP=H,连结FH,AF//NH,且AF=NH,所以FH//AN,且FH=AN所以FH⊥面BDE,过F作FQ⊥EB垂足为Q,连结HQ由三垂线定理知,∠FQH为二面角FBED的平面角。......................................................6分由已知可得FHAN,所以32FH........................................................................210/20......7分因为ED平面ABCD,且EB与平面ABCD所成角为60,即DBE60,.................8分126△PHQ为直角三角形,∠QPH=60°,HPGP,所以HQ,.......................9424分222由勾股定理得FQFHHQ,得78FQ,....................................................................10分4所以cos∠6413FQH.......................................................................78134..................................11分13所以二面角FBED的余弦值为.13..............................................................................12分20.(本小题满分12分)【解析】(1)法1:【待定系数法】由题意可得222c3ab,............................................................................1分11/20又因为点在椭圆上得311..............................................................2分22a4b2联立解得a4,2b1.............................................................................3分所以椭圆C的方程为2x2y1.......................................................................4分4法2:【定义法】设另一个焦点为F13,0,则△F1FP为直角三角形,由勾股定理得17FP12,....................................................................142........................1分所以2aPFPF14,即a2,........................................................................................2分由222bac得2b1.........................................................................................................3分所以椭圆C的方程为2x2y1.......................................................................412/20................4分(2)当直线l为非x轴时,可设直线l的方程为xmy30,与椭圆C联立,整理得224my23my10..................................................................................5分222由=23m+44m=16m10设Ax1,y1,Bx2,y2,定点Qt,0(且tx1,tx2)23m则由韦达定理可得yy,1224m1y1y22.....................................................6分4m直线QA与直线QB恰关于x轴对称,等价于AQ,BQ的斜率互为相反数.yy12所以0,即得xtxt12y1x2ty2x1t0....................................................7分又xmy30,xmy30,得x=3my,x=3my11221122所以y13my2ty23my1t0,整理得3ty1y22my1y20..............................................................................8分13/2023m1从而可得3t22m20,4m4m即2m43t0,.............................................................................9分4343所以当t,即Q,0时,直线QA与直线QB恰关于x轴对称成立...........1033分43特别地,当直线l为x轴时,Q,0也符合题3意....................................................11分43综上,存在x轴上的定点Q,0,满足直线QA与直线QB恰关于x轴对称......12分321.(本小题满分12分)3【解析】(1)6名密切接触者中随机抽取3名共有C20种方法,……………1分612抽取3名中有感染者的抽法共有CC10种方法,……………2分152C1015所以抽到感染者的概率P===…………………………3分3C2026(2)(i)按逐一化验法,的可能取值是1,2,3,4,5,………………4分14/2011121C1CC1AC115151P1==,P2==,P3==,123C6A6A666631415AC1ACA11151515P4==,P5=+==,455A6AA663666【5表示第5次化验呈阳性或前5次化验都呈阴性(即不检验可确定第6个样本为阳性)】分布列如下:12345…………………5分P1111166663【注:无列表不给分】1111110所以E=12345……………………………………6分666633(ii)平均分组混合化验,6个样本可按3,3平均分成2组,或者按2,2,2分成3组。如果按3,3分2组,所需化验次数为,的可能取值是2,3,1111111111CCCC1CCCCCC21111121121P=2==,P=3==,……………7分11111212CCCC3CACA323232323分布列如下:2315/2012P33128E=2+3=…………………………………………………………………8分333如果按2,2,2分3组,所需化验次数为,的可能取值是2,3,11111111CCCC1CCCC211112121P=2==,P=3=1+1=,……………9分11111111CCCC3CCCC332323232分布列如下:2312P33128E=2+3=…………………………………………………………………10分333【参考回答1】:因为EE=E,……………………………………………………………11分所以我认为平均分组混合化验法较好,按2,2,2或3,3分组进行化验均可。……12分【参考回答2】:因为EE=E,按3,3分2组比按2,2,2分3组所需硬件资源及操作程序更少,………………11分所以我认为平均分组混合化验法且按3,3分2组更好。……………………………12分【注】第三问属于开放性问题,以上仅为参考答案,能给出理由并作出合理判断就可给分。16/20请注意后续的开放题考查评分可能涉及满意原则(如回答1)及加分原则(如回答2)。22.(本小题满分12分)11xa【解析】(1)因为a0,则函数定义域为0,+,f(x),……………1分axax若0xa,则f(x)0,f(x)在(0,a)单调递减;………………………2分若xa,则f(x)0,f(x)在(a,)单调递增,………………………3分x(0,a)(a,)af'x………………40分f(x)【注:无列表不得极小分】所以当xa时,f(x)的极小值为f(a)12lna,无极大值;…………5分xx2exlnxx(2)法1:e(lnxx)mxxm0,则m,……………………6分2x1由(1)知,当a1时,f(x)xlnx在(0,1)单调递减,在(1,)单调递增,所以f(x)minf11,所以xlnx1,xxexlnxxex……………………………………………………………………7分22x1x117/20xex令h(x),x(0,),2x1x2xxe1x1ex2xx1ex1x1h'(x)…………………………8分2222x1x1x令g(x)ex1x1,x0,,g'(x)x1e00101=0ex0恒成立,所以g(x)ming(0)g(x)0恒成立,………………………………………………………………………9分所以所以h'(x)0x(1,);h'(x)0x(0,1);h'(x)=0x=1;1e1e1则h(x)h(1)=………………………………………………………………10分min2112xxexlnxxexe1所以,当且仅当x1时等号成立。……………………11分22x1x12e1所以,正实数m的取值范围为0,.……………………………………………………12分2法2:由(1)知,当a1时,f(x)xlnx在(0,1)单调递减,在(1,)单调递增,所以f(x)minf(1)1,所以xlnx1,……………………………………………6分x2x因为elnxmx1exm0,2x2mxxm所以e(lnxx)mxxm0,所以xlnx,(*),……………7分xe18/202mxxm令h(x),x(0,),xex2x2(2mx1)emxxmemx(2m1)xm1则h(x)x2xeem1(mxm1)(x1)mx(x1)xm,exe1因为m0,所以11,m1①若0m1,则10,m当0x1时,则h(x)0,所以h(x)在(0,1)单调递增,当x1时,则h(x)0,所以h(x)在(1,)单调递减,2m1所以h(x)h(1),………………………………………………………8分maxe又因为f(x)1,且h(x)和f(x)都在x1处取得最值,2m1e1e1所以当1,解得m,所以0m,………………………9分e221②若m>1,则011,m11当0x1时,h(x)0,h(x)在0,1单调递减;mm11当1x1时,h(x)0,h(x)在1,1单调递增;mm19/20当x1时,h(x)0,h(x)在(1,)单调递减,……………………………10分2m1所以h(1)1,与(*)矛盾,不符合题意,舍去.………………………11分ee1综上,正实数m的取值范围为0,.………………………………………………12分2欢迎访问“高中试卷网”——http://sj.fjjy.org20/20

版权提示

  • 温馨提示:
  • 1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
  • 2. 本文档由用户上传,版权归属用户,莲山负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
  • 3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
  • 4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服vx:lianshan857处理。客服热线:13123380146(工作日9:00-18:00)

文档下载

所属: 高中 - 数学
发布时间:2022-08-25 20:40:45 页数:20
价格:¥3 大小:528.75 KB
文章作者:U-336598

推荐特供

MORE