2022届大联考高三2月份模拟考试数学(理科)试卷-答案.pdf

-1-/14 河南省衡水中学河南省衡水中学 2017 年年大联考高大联考高三三 2 月份月份模拟考试模拟考试数学数学（理科理科）试卷试卷 答答 案案 一、选择题 15BAADC 610CDBAD 1112BB 二、填空题 1364 143 152,1 162016 三、解答题 17解：（）2sin cos2sinsinABCB，由正弦定理可得：2 cos2aBcb，即：2cos2cbBa，又222cos2acbBac，222222cbacbaac，解得：222bcabc，2221cos222bcabcAbcbc，又(0,)A，3A6 分（）由余弦定理可得：2222cosabcbcA，4 3a，8bc，22224 33643bcbcbcbcbc（）（），163bc，ABC的面积111634 3sin22323SbcA12 分 18（）证明：连结1AD，直线11MNADB A平面，11MNAC D平面，111111AC DADB AAD平面平面，1MNAD，又 M 为棱11AC的中点，MN 为11AC D的中位线，N 为1DC的中点 -2-/14 （）设111AB，则11A A，111AC，因为 B 为 AD 的中点，所以2AD，因为111ABCABC，所以11ACAC，又平面ABC平面 A1B1C1，平面111ABC平面1111AAOCAC，平面ABC平面 11AAOCAO，11ACAC，所以四边形11A ACC是平行四边形，又111ACA A，所以11A ACC是菱形，又113C A A，111122AMAA，22AM，11AMAC，AMAC，1ADAA，平面11AACC 平面11ADB A，AD平面11AACC，ADAM，ADAC，AM，AD，AC 两两垂直，以 A 为坐标原点，AD，AC，AM 分别为 x，y，z 轴，由题意可得：(0,0,0)A，(2,0,0)D，(0,1,0)C，113(0,)22C，(2,1,0)DC ，113(2,)22DC ，设平面1CC D的法向量为：(,)nx y z，则120132022n DCxyn DCxyz ，令2 3z，可得6y，3x，可得(3,6,2 3)n，平面 MAD 的一个法向量为：(0,1,0)m，平面 MAD 与平面 CC1D 所成的锐二面角的余弦值为：|,|coscos m n62 57|19|57m nn m 19解：（），当16y 时，136312y，因此11,2x；当15y 时，13011y，因此11,2x；当14y 时，12410y，因此11,2x；当13y 时，11829y，因此11x；当12y 时，112382y因此11x；-3-/14 当11y 时，167y，因此 x1无值；第一轮闯关成功的概率82()6 69P A （）令金数1()1000012502if i，则3i，由（）每轮过关的概率为29 某人闯关获得奖金不超过 1 250 元的概率：22249(3)1(1)(2)1199981P iP iP i （）（）依题意 X 的可能取值为 1，2，3，4 设游戏第 k 轮后终止的概率为1,2,3,4()kP k 129P，2221419981P（），232298(1)99729P，4233431729PPP；故 X 的分布列为 X 1 2 3 4 P 29 1481 98729 343729 因此214983432080()1234981729729729E X 20解：（）由已知中椭圆 C 的短轴长为 2，可得：1b，则过上顶点(0,1)E和右焦点(0,)Fc的直线方程为：1xyc，即0 xcyc，由直线与圆 M：224240 xyxy 相切 故圆心(2,1)M到直线的距离 d 等于半径 1，即2|2|11ccc，解得：23c，则24a，故椭圆 C 的标准方程为：2214xy；（）设11)(,A x y，22)(,B x y，当直线 AB 的斜率不为 0 时，设直线方程为：1xmy，代入2214xy得：224230mymy（），则12224myym，12234yym，-4-/14 设直线 TA，TB 的斜率分别为1k，2k，若OTAOTB，则121221122112121212()()(1)(1)()()()()yyy xty xty myy mytkkxtxtxt xtxt xt 1221122()(1)(0)()xy y myxttyt，即12122262(1)2(10)44(mmty y myytmm，解得：4t，当直线 AB 的斜率为 0 时，4t 也满足条件，综上，在 x 轴上存在一点(4,0)T，使得不论直线 l 的斜率如何变化，总有OTAOTB 21（）解：lne()xaxbf xx，2(1 ln)e(1)()xaxbxfxx(e)0f，0b，则2(1ln)()axfxx 当0a时，()fx在(0,e)内大于 0，在(e+)，内小于 0，()f x在(0,e)内为增函数，在(e+)，内为减函数，即()f x有极大值而无极小值；当0a时，()f x在(0,e)内为减函数，在(e+)，内为增函数，即()f x有极小值而无极大值 0a，即实数a的取值范围为(,0)；（）（）证明：当1ab时，设()()2e2xg xxf xlnx 1()exg xx在区间(0,)上为减函数，又(1)1 e0g ，1()2e02g 存在实数01(,1)2x，使得0001()e0 xg xx 此时()g x在区间0(0,)x内为增函数，在0(),x 内为减函数 又0001()e0 xg xx，001exx，00lnxx 由单调性知，000000011()()lne22()2xmaxg xg xxxxxx -5-/14 又01(,1)2x，001()2xx()0maxg x，即()2 0 xf x ；（）()e(1)()(1)exf xm xxf xm x，当 1a，1b 时，设()()(1)lne(1)xh xxf xm xxm x 则1()exh xmx 令1()()ext xh xmx 1x，2221e1()e0 xxxt xxx()h x在(1,)内单调递增，当1x时，()(1)1 eh xhm 当1e0m 时，即1em时，()0h x，()h x在区间(1,)内单调递增，当1x时，()(1)eh xh恒成立；当1 e0m 时，即1 em时，()0h x，存在0(1,)x，使得0(0)h x()h x在区间0(1,)x内单调递减，在0(),x 内单调递增 由0)(1)eh xh，()eh x 不恒成立 综上所述，实数 m 的取值范围为(,1 e 实数 m 的最大值为：1 e 选修 4 一 4：坐标系与参数方程 22解：（）椭圆 C 的参数方程为3cos2sinxy，消去参数，可得普通方程为22194xy，极坐标方程为223645sin；（）设(,)M x y为椭圆 C 上任意一点，则23cos4sin5sin()xy，2xy的取值范围是5,5 选修 4 一 5：不等式选讲 23解：（）令210 x，得12x，令10 x，得1x；-6-/14 当12x时，函数()|21|2|1|=(21)2(1)=1f xxxxx；当12x 1时，函数()|21|2|1|=(21)2(1)=43f xxxxxx；当1x时，函数()|21|2|1|=(21)2(1)=1f xxxxx；11,21()43,121,1xf xxxx，作出函数()f x的图像，如图所示；（）由函数()f x的图像知，()f x的最大值是 1，所以不等式()1af xa有解，等价于11aa有解，不等式11aa可化为1 01aa(21)(1)0(1)aaa，解得12a或1a，所以实数a的取值范围是1(,1,)2 -7-/14 河南省衡水中学河南省衡水中学 2017 年年大联考高大联考高三三 2 月份月份模拟考试模拟考试数学数学（理科理科）试卷试卷 解解 析析 一、选择题 1【考点】交集及其运算【分析】根据函数的定义域和值域求出集合 A、B，利用定义写出 AB【解答】解：集合 A=y|y=lgx=y|yR=R，B=x|y=x|x0，则集合 AB=x|x0=0，+）2【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出【解答】解：复数 z 满足 z=+i，复数 z 对应的点（，）位于直角坐标平面内的直线 y=x 上，=，解得 a=0.3【考点】几何概型【分析】由题意知本题是一个几何概型，概率的值为对应长度之比，根据题目中所给的不等式解出解集，解集在数轴上对应的线段的长度之比等于要求的概率【解答】解：由题意知本题是一个几何概型，概率的值为对应长度之比，由 f（x0）0，得到 x022x030，且 x02，4 解得：1x03，P=，4【考点】双曲线的简单性质【分析】根据题意，由双曲线 C1与 C2的标准方程，分析其焦点位置，进而求出 C1与 C2的焦点坐标、顶点坐标、渐近线方程以及离心率，比较即可得答案【解答】解：根据题意，双曲线 C1：y2=1，其焦点在 x 轴上，c=，则其焦点坐标为（，0），顶点坐标（a，0），渐近线方程：y=x，离心率 e=；双曲线 C2：x2=1，其焦点在 y 轴上，c=，则其焦点坐标为（0，），顶点坐标（0，a），渐近线方程：y=ax，离心率 e=；-8-/14 分析可得：双曲线 C1：y2=1 与双曲线 C2：x2=1 的离心率相同；5【考点】等比数列的前 n 项和【分析】由题意，可得该匹马每日的路程成等比数列，首项为 a1，公比，连续行走 7 天，共走 了 700里，即 S7=700，求解 a1，即可求解它这 14 天内所走的总路程 S14【解答】解：由题意，设该匹马首日路程（即首项）为 a1，公比，S7=700，即，解得：那么：=6【考点】由三视图求面积、体积【分析】由题意，几何体是底面为等腰直角三角形（其直角边长为 2）的三棱锥和一个半圆锥（圆锥底面半径为 1）的组合体，利用体积公式，可得结论【解答】解：由题意，几何体是底面为等腰直角三角形（其直角边长为 2）的三棱锥和一个半圆锥（圆锥底面半径为 1）的组合体，体积 V=，7【考点】不等式的基本性质【分析】根据 a，b，c 的范围，根据特殊值法验证即可【解答】解：取 a=，b=，c=2，得 A、B、C 错误，D 正确，8【考点】程序框图【分析】程序框图累计算=（）各项的和，即 s=（1）+（）+（），根据判断框，即可得出结论【解答】解：程序框图累计算=（）各项的和，即 s=（1）+（）+（），判断框为 k99 时，输出的结果为，9【考点】棱柱的结构特征 -9-/14 【分析】如图异面直线 FF1与 DD1所成的角的正切值为时，就是 tanCHF=，求出 CF，C1H，C1F，D1C1即可【解答】解：如图异面直线 FF1与 DD1所成的角的正切值为时，就是 tanCHF=，CH=2a，即 C1H=aC1F1=|GF1|=10【考点】函数 y=Asin（x+）的图象变换；三角函数的化简求值【分析】利用两角差的正弦函数公式、函数 y=Asin（x+）的图象变换规律，可得 g（x），利用正弦函数的图象和性质逐一分析各个选项即可得解【解答】解：把 f（x）=sin2xcos2x+1=2sin（2x）+1 的图象向左平移个单位，得到函数 y=2sin2（x+）+1=2sin（2x+）+1 的图象，再向下平移 1 个单位，得到函数 y=g（x）=2sin（2x+）的图象，对于 A，由于 T=，故正确；对于 B，由 2x+=k+，kZ，解得：x=+，kZ，可得：当 k=0 时，y=g（x）的图象的一条对称轴为直线 x=，故正确；对于 C，g（x）dx=2sin（2x+）dx=cos（2x+）|=（coscos）=，故正确；对于 D，由 2k+2x+2k+，kZ，解得：k+xk+，kZ，可得函数 y=g（x）在区间，上单调递减，故错误 11【考点】抛物线的简单性质【分析】先求出抛物线的方程，设 AP=t，则 AN=，AF=2，PN=，PF=，再表示，利用换元法，即可得出结论【解答】解：点 M（3，2）到拋物线 C：y=ax2（a0）准线的距离为 4，2+=4，a=，拋物线 C：x2=8y，直线 l：xy=2 与 x 轴交于 A（2，0），则 FAl -10-/14 设 AP=t，则 AN=，AF=2，PN=，PF=，设1=m（m1），则=，m=1，即 t=0 时，的最小值为 12【考点】利用导数研究函数的单调性；函数零点的判定定理【分析】由设 t=f（x）lnx，则 f（x）=lnx+t，又由 f（t）=e+1，求出 f（x）=lnx+e，从而求出 g（x）的解析式，根据函数的单调性求出函数的零点的个数即可【解答】解：根据题意，对任意的 x（0，+），都有 ff（x）lnx=e+1，又由 f（x）是定义在（0，+）上的单调函数，则 f（x）lnx 为定值，设 t=f（x）lnx，则 f（x）=lnx+t，又由 f（t）=e+1，即 lnt+t=e+1，解得：t=e，则 f（x）=lnx+e，f（x）=0，故 g（x）=lnx+e，则 g（x）=+0，故 g（x）在（0，+）递增，而 g（1）=e10，g（）=10，存在 x0（，1），使得 g（x0）=0，故函数 g（x）有且只有 1 个零点，二、填空题 13【考点】二项式系数的性质【分析】根据二项式展开式的通项公式，令展开式中含 x 项的指数等于 3，求出 r 的值，即可求出展开式中x3项的系数【解答】解：二项式（2）6展开式的通项公式为 Tr+1=（1）r26rx3r，令 3r=3，解得 r=0；-11-/14 展开式中 x3项的系数是 26=64 14【考点】平面向量数量积的运算【分析】根据平面向量的数量积运算与夹角公式，即可求出、夹角的大小【解答】解：|=2，=（4cos，4sin），|=4，又（），（）=22 =0，=4；设 与 的夹角为，则 0，cos=，=15【考点】简单线性规划【分析】由约束条件作出可行域，设 A（1，1），P（x，y）为可行域内的一动点，向量、的夹角为，可得 cos=，再由 的范围求得 cos 的范围，则答案可求【解答】解：由约束条件作出可行域如图，设 A（1，1），P（x，y）为可行域内的一动点，向量、的夹角为，|=，cos=-12-/14 当 P 运动到 B 时，有最小值，当 P 运动到 C 时，有最大值，1，即，则 的取值范围为，1 16【考点】数列的求和【分析】由已知结论可得 f（x）的对称中心为（，1），即有 f（x）+f（1x）=2，此数列前 2017 项的和按正常顺序写一遍，再倒过来写，即运用数列的求和方法：倒序求和法，化简即可得到所求和【解答】解：若函数 f（x）的表达式为 f（x）=（c0），则函数 f（x）的图象的对称中心为（，），现已知函数 f（x）=，则对称中心为（，1），即有 f（x）+f（1x）=2，则数列前 2017 项的和为 S2017=f（）+f（）+f（）+f（1），则 S2017=f（）+f（）+f（）+f（1），相加可得 2S2017=f（）+f（）+f（）+f（）+2f（1）=2+（2）+（2）+0=22016，则此数列前 2017 项的和为2016 三、解答题 17【考点】余弦定理；正弦定理【分析】（I）由正弦定理化简已知等式可得 cosB=，结合余弦定理可求 b2+c2a2=bc，可求 cosA，结合范围 A（0，），可求 A 的值（）由已知及余弦定理可得 bc=，进而利用三角形面积公式即可计算得解 18【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定【分析】（）连结 A1D，直线 MN平面 ADB1A1，推出 MNA1D，说明 MN 为A1C1D 的中位线，得到N 为 DC1的中点（）设 A1B1=1，证明 ADAM，ADAC，AM，AD，AC 两两垂直，以 A 为坐标原点，AD，AC，-13-/14 AM 分别为 x，y，z 轴，求出相关点的坐标，求出平面 CC1D 的法向量，平面 MAD 的一个法向量，利用空间向量的数量积求解即可 19【考点】离散型随机变量的期望与方差【分析】（）枚举法列出所有满足条件的数对（x1，y1）即可，（）由 100001250，得 i3，由（）每轮过关的概率为某人闯关获得奖金不超过 1250 元的概率：P（i3）=1P（i=1）P（i=2）（）设游戏第 k 轮后终止的概率为 pk（k=1，2，3，4），分别求出相应的概率，由能求出 X 的分布列和数学期望 20【考点】直线与椭圆的位置关系【分析】（I）由已知可得：b=1，结合直线与圆 M：x2+y24x2y+4=0 相切进而可得 c2=3，a2=4，即得椭圆 C 的标准方程；（）在 x 轴上是否存在一点 T（4，0），使得不论直线 l 的斜率如何变化，总有OTA=OTB，联立直线与椭圆方程，结合OTA=OTB 时，直线 TA，TB 的斜率 k1，k2和为 0，可证得结论 21【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程【分析】（）求出原函数的导函数，由 f（e）=0 得 b=0，可得 f（x）=然后对 a 分类讨论，可知当 a0 时，f（x）有极大值而无极小值；当 a0 时，f（x）有极小值而无极大值从而得到实数 a 的取值范围为（，0）；（）（i）当 a=b=1 时，设 g（x）=xf（x）+2=lnxex+2求其导函数，可得 g（x）=在区间（0，+）上为减函数，结合零点存在定理可得存在实数 x0（，1），使得得到 g（x）在区间（0，x0）内为增函数，在（x0，+）内为减函数又，得，x0=lnx0.由单调性知 g（x）max0，即 xf（x）+20；（ii）xf（x）e+m（x1）xf（x）m（x1）e，当 a=1，b=1 时，设 h（x）=xf（x）m（x1）=lnx+exm（x1）利用两次求导可得当 x1 时，h（x）h（1）=1+em然后分当 1+em0 时和当 1+em0 时求解 m 的取值范围 选修 4 一 4：坐标系与参数方程 22【考点】简单曲线的极坐标方程；参数方程化成普通方程【分析】（I）椭圆 C 的参数方程为，消去参数，可得普通方程，即可求椭圆 C 的极坐标方程；（）设 M（x，y）为椭圆 C 上任意一点，则 x+2y=3cos+4sin=5sin（+），即可求 x+2y 的取值范围 选修 4 一 5：不等式选讲 23【考点】绝对值不等式的解法；绝对值三角不等式 -14-/14 【分析】（）去掉绝对值，化简函数 f（x），作出函数 f（x）的图象即可；（）由函数 f（x）的图象知函数的最大值是 1，问题等价于1 有解，求出解集即可 作出函数 f（x）的图象，如图所示；