江苏省泰州市2022届高三数学第二次模拟考试5月试题.doc

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1、江苏省泰州市2022届高三数学第二次模拟考试5月试题(总分值160分，考试时间120分钟)20225参考公式：锥体的体积公式：VSh，其中S为锥体的底面积，h为高一、 填空题：本大题共14小题，每题5分，共70分1. 集合A1，2，B2，4，8，那么AB_2. 假设实数x，y满足xyi1(xy)i(i是虚数单位)，那么xy_3. 如图是容量为100的样本的频率分布直方图，那么样本数据落在区间6，18)内的频数为_I1While I0，MD24cos 120得(0，)，(6分)那么池内休息区总面积S2MBDM24sin (24cos 12)，(0，)(9分)设f()sin (2cos 1)，(0

2、，)因为f()cos (2cos 1)2sin24cos2cos 20cos ，又cos ，所以0(0，)，使得cos 0，那么当x(0，0)时，f()0f()在(0，0)上单调递增；当x(0，)时，f()0，那么直线AB的方程为yk(x2)，即kxy2k0.联立得(12k2)x28k2x8k240，解得xB，yB，所以AB.直线CD的方程为ykx，即kxy0，所以BC，所以矩形ABCD的面积S2，所以当且仅当k时，矩形ABCD的面积S的最大值为2.(11分)(3) 假设矩形ABCD为正方形，那么ABBC，即，那么2k32k2k20(k0)令f(k)2k32k2k2(k0)，因为f(1)10，

3、又f(k)2k32k2k2(k0)的图象不间断，所以f(k)2k32k2k2(k0)有零点，所以存在矩形ABCD为正方形(16分)19. (1) 解：函数f(x)1是“YZ函数，理由如下：因为f(x)1，那么f(x)，当x0；当x1时，f(x)0，所以f(x)1的极大值f(1)10，函数单调递增，无极大值，不满足题意；当m0时，当0x0，函数单调递增，当x时，g(x)m0，函数单调递减，所以g(x)的极大值为g()ln mln m1.由题意知g()ln m1.(10分)(3) 证明： h(x)x2axb，因为a2，0b0，所以h(x)x2axb0有两个不等实根，设为x1，x2.因为所以x10，

4、x20，不妨设0x1x2，当0x0，那么h(x)单调递增；当x1xx2时，h(x)0，那么h(x)单调递减，所以h(x)的极大值为h(x1)xaxbx1b.(13分)由h(x1)xax1b0得xx1(ax1b)axbx1.因为a2，0b1，所以h(x1)xaxbx1b(axbx1)axbx1baxbx1bxbx1b(x1b)2b(b1)0.所以函数h(x)是“YZ函数(16分)(其他证法相应给分)20. (1) 解：设等比数列an的公比为q，那么cn2an1an2anqan(2q1)an，当q时，cn0，数列cn不是等比数列(2分)当q时，因为cn0，所以q，所以数列cn是等比数列(5分)(2

5、) 证明：因为an恰好是一个等差数列的前n项和，所以设这个等差数列为dn，公差为d.因为and1d2dn，所以an1d1d2dndn1，两式相减得an1andn1.因为an2anbn，所以bn1bn(an3an1)(an2an)(an3an2)(an1an)dn3dn12d，所以数列bn是等差数列(10分)(3) 证明：因为数列cn是等差数列，所以cn3cn2cn1cn.因为cn2an1an，所以2an4an3(2an3an2)2an2an1(2an1an)，即 2(an4an2)(an3an1)(an2an)，那么2bn2bn1bn.因为数列bn是等比数列，所以b2n1bnbn2，那么b2n

6、1bn，即(bn1bn)(2bn1bn)0.因为数列bn各项均为正数，所以bn1bn，(13分)那么an3an1an2an，即an3an2an1an.又数列cn是等差数列，所以cn2cn2cn1，即(2an3an2)(2an1an)2(2an2an1)，化简得2an3an3an2，将an3an2an1an代入得2(an2an1an)an3an2，化简得an2an2an1，所以数列an是等差数列(16分)(其他证法相应给分)2022届高三模拟考试试卷(泰州)数学附加题参考答案及评分标准21. A. 解：因为，所以解得(4分)设M1，那么，即解得所以M1，(8分)所以M1.(10分)B. 解：由题

7、可知，直线方程即为(sin cos cos sin )4.由cos x，sin y得直线的直角坐标方程为xy80.(4分)设点P的坐标为(cos ，sin )，点P到直线的距离d，(8分)当2k(kZ)，即2k(kZ)时，d取得最大值5，此时点P的坐标为(，)(10分)C. 证明：由柯西不等式，得3(abc)(bca)()()2()2()2()2()2()2(5分)()2(abc)2，所以abc3.(10分)22. 解： 平面ADE平面ABCD，又ADE， DEAD. DE平面ADE，平面ADE平面ABCDAD， DE平面ABCD.由四边形ABCD为边长为2的正方形， DA，DC，DE两两互相

8、垂直以D为坐标原点，为一组基底建立如下图的空间直角坐标系(2分)由EF平面ADE，且EF1， D(0，0，0)，A(2，0，0)，E(0，0，2)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，F(0，1，2)(1) (2，0，2)，(0，1，2)，那么cos， AE和DF所成角的余弦值为.(5分)(2) (2，2，0)，(0，1，2)，设平面BDF的一个法向量为n(x，y，z)，由取z1，得n(2，2，1)平面DFC的一个法向量为m(1，0，0)， cosm，n.由二面角BDFC的平面角为锐角，二面角BDFC的余弦值为.(10分)23. (1) 解：1，2，3的所有排列为1，2，3；1，3，2；2，1

9、，3；2，3，1；3，1，2；3，2，1.因为S36，所以对应的kP分别为2，1，2，1，1，1，所以T38.(3分)(2) 解：设n个不同数的某一个排列P为a1，a2，an，因为n4l1，lN*，所以Sn(4l1)(2l1)为奇数而2Sk为偶数，所以不存在k(kN*，1kn)使得2SkSn.(5分)证明：因为2SkSn，即a1a2akak1ak2an，又由知不存在k(kN*，1kn)使得2SkSn，所以a1a2akak1ak2an；所以满足2SkSn的最大下标k即满足a1a2akak2an(ii)，考虑排列P的对应倒序排列P：an，an1，a1，(i)(ii)即anak2aka2a1.由题意知kPnk1，那么kPkPn1.(8分)又1，2，3，n，这n个不同数共有n！个不同的排列，可以构成个对应组合(P，P)，且每组(P，P)中kPkPn1，所以Tn(n1)(10分)12