2022届大联考高三2月份模拟考试数学(理科)试卷-答案.docx

河南省衡水中学2017年大联考高三2月份模拟考试数学（理科）试卷答 案一、 选择题15BAADC610CDBAD1112BB二、 填空题1364141516三、解答题17解：（），由正弦定理可得：，即：，又，解得：，又，6分（）由余弦定理可得：，的面积12分18（）证明：连结，直线，又M为棱的中点，MN为的中位线，N为的中点（）设，则，因为B为AD的中点，所以，因为，所以，又平面平面A1B1C1，平面平面，平面平面，所以四边形是平行四边形，又，所以是菱形，又，平面平面，平面，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：，设平面的法向量为：，则，令，可得，可得，平面MAD的一个法向量为：，平面MAD与平面CC1D所成的锐二面角的余弦值为：19解：（），当时，因此；当时，因此；当时，因此；当时，因此；当时，因此；当时，因此x1无值；第一轮闯关成功的概率（）令金数，则，由（）每轮过关的概率为某人闯关获得奖金不超过1 250元的概率：（）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，；故X的分布列为X1234P因此20解：（）由已知中椭圆C的短轴长为2，可得：，则过上顶点和右焦点的直线方程为：，即，由直线与圆M：相切故圆心到直线的距离d等于半径1，即，解得：，则，故椭圆C的标准方程为：；（）设，当直线AB的斜率不为0时，设直线方程为：，代入得：，则，设直线TA，TB的斜率分别为，若，则，即，解得：，当直线AB的斜率为0时，也满足条件，综上，在x轴上存在一点，使得不论直线l的斜率如何变化，总有21（）解：，则当时，在内大于0，在内小于0，在内为增函数，在内为减函数，即有极大值而无极小值；当时，在内为减函数，在内为增函数，即有极小值而无极大值，即实数的取值范围为；（）（）证明：当时，设在区间上为减函数，又，存在实数，使得此时在区间内为增函数，在内为减函数又，由单调性知，又，即；（），当，时，设则令，在内单调递增，当时，当时，即时，在区间内单调递增，当时，恒成立；当时，即时，存在，使得在区间内单调递减，在内单调递增由，不恒成立综上所述，实数m的取值范围为实数m的最大值为：选修4一4：坐标系与参数方程22解：（）椭圆C的参数方程为，消去参数，可得普通方程为，极坐标方程为；（）设为椭圆C上任意一点，则，的取值范围是选修4一5：不等式选讲23解：（）令，得，令，得；当时，函数；当时，函数；当时，函数；，作出函数的图像，如图所示；（）由函数的图像知，的最大值是1，所以不等式有解，等价于有解，不等式可化为，解得或，所以实数的取值范围是河南省衡水中学2017年大联考高三2月份模拟考试数学（理科）试卷解 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=；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【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；展开式中x3项的系数是26=6414【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=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，116【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，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【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； - 14 - / 14