【2022高考数学模拟卷】2022年东北三省四城市联考暨沈阳市高三质量监测(二)数学答案.pdf

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1、数学答案 第 1 页 （共 18 页） 2022 年年东北三省四城市联考暨沈阳市高三质量监测东北三省四城市联考暨沈阳市高三质量监测(二二) 数学参考答案与评分标准数学参考答案与评分标准（附附主观题解析主观题解析） 说明：说明： 一、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则 二、对解答题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度， 可视影响的程度决定后继部分的给分， 但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分 三、解答右端所注分数，表示考生正确做到

2、这一步应得的累加分数 四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分 一、选择题：一、选择题： 1A 2C 3B 4B 5A 6A 7D 8C 二、选择题：二、选择题： 9BC 10ACD 11ABD 12BCD 三、填空题：三、填空题： 134 3 144 1520 16514 四、解答题：四、解答题： 17 （本小题满分 10 分） 解： （1）因为1222naanan+=， 所以当2n时，1212(1)2(1)naanan+=， 2 分 两式相减得2nna =，2nan=， 3 分 又1n =时，12a =，也符合. 4 分 所以2nan= 5 分 （2）由（1）知，12nna=，因为对任意

3、的正整数2m， 数学答案 第 2 页 （共 18 页） 均有1112mmmmmbbba+=， 6 分 故数列 nb的前99项和123456979899bbbbbbbbb+ 123456979899()()()bbbbbbbbb=+ 2598111aaa=+ 8 分 2983322825.2+= 10 分 18.（本小题满分 12 分） 解： （1）ABC的为等腰三角形或直角三角形，证明如下： 方法一 由(coscos )abcBA=及正弦定理得，sinsinsin(coscos )ABCBA=， 1 分 即sin()sin()sin(coscos )BCA CCBA+=， 2 分 即sinco

4、scossinsincoscossinsincossincosBCBCACACCBCA+=， 整理得sincossincos0BCAC=，所以()cossinsin0CBA=， 故sinsinAB=或cos0C =， 4 分 又A，B，C为ABC的内角，所以AB=或2C =， 5 分 因此ABC为等腰三角形或直角三角形 6 分 方法二 由(coscos )abcBA=及余弦定理得，222222()22acbbcaabcacbc+=， 1 分 即2222222()()()ab abb acba bca=+， 所以3322222()()()()ab ababbaabbcac=+， 2 分 整理得2

5、22()()0ab abc+=， 4 分 数学答案 第 3 页 （共 18 页） 故ab=或222abc+=， 5 分 因此ABC为等腰三角形或直角三角形. 6 分 （2） 由 （1） 及ab知ABC为非等腰直角三角形， 且2AB+=，2C =故2BA=， 7 分 所以sinsinsinsinsin1sincos12sin() 14ABCABAAA+=+ =+ =+， 9 分 由ab，得4A， 故 3(,)444A+，且42A+， 10 分 得2sin()(,1)42A+，所以2sin() 1(2, 21)4A+ +， 因此sinsinsinABC+的取值范围为(2, 21)+ 12 分 19

6、 （本小题满分 12 分） 解： （1）因为ADCD，1AD =，2CD =，所以5AC =， 又因为5BC =，且ADBC，易得2 5AB =， 所以222=ABACBC+，所以ACAB， 3 分 又因为PA 平面ABCD，且AB 平面ABCD，所以PAAB， 4 分 又因为PAACA=，PA 平面PAC，AC 平面PAC，所以AB 平面PAC， 5 分 又因为PC 平面PAC，所以ABPC. 6 分 （2）方法一 在BC上取点E，使1CEAD=，则ADAE，故以A为原点，以AE，AD，AP分P A D CM B y x z E 数学答案 第 4 页 （共 18 页） 别为x轴，y轴，z轴正

7、方向建立空间直角坐标系，则(0,0,0)A，(0,0,2)P，(0,1,0)D，(2,1,0)C，设(0,1, 2)(0, , 2 )PMPD=，(01)， 在平面MAC中，(2,1,0)AC =，(0,0,2)(0, , 2 )(0, ,22 )AMAPPM=+=+=， 设平面MAC的一个法向量为( , , )mx y z=，则20(22 )0AC mxyAM myz=+=+=， 令z=，则22y=，1x= ，所以(1,22, )m=， 7 分 易知平面ACD法向量(0,0,1)n =， 8 分 所以2|6cos,6|6105m nm nm n=+，即2261056+ =， 解得12=，所以

8、M为PD中点， 10 分 所以三棱锥MACB的高h为1，1115(5 2) 13323MACBACBVSh= = 12 分 方法二 假设存在点M，且显然点M不在线段PD的端点处，则过点M作MNPA交AD于点N，过点N作NQAC于点Q，连接MQ， 因为MNPA，且PA 平面ABCD，所以MN 平面ACD，又因为NQAC，所以MQAC，故MQN为二面角MACD的平面角， 7 分 设MQN=，由6cos6=，可知tan5=， P A D CM B N Q 数学答案 第 5 页 （共 18 页） 设MNmAP=(01)m，则2MNm=，1ANm= ，2 5(1)5QNm=， 因为2MNQ=，所以2ta

9、n52 5(1)5MNmQNm=， 9 分 解得12m =，所以M为PD中点， 10 分 所以三棱锥MACB的高h为1，1115(5 2) 13323MACBACBVSh= = 12 分 方法三 由（1）可知，ABAC，故以A为原点，以AB，AC，AP分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，则(0,0,0)A，(0,0,2)P，2 55(,0)55D ，(0, 5,0)C，设2 552 55(, 2)(, 2 )5555PMPD= ，(01)， 在平面MAC中，(0, 5,0)AC =，2 552 55(0,0,2)(, 2 )(,22 )5555AMAPPM=+=+ = ， 设平面M

10、AC的一个法向量为( , , )mx y z=，则502 55(22 )055AC myAM mxyz= +=， P A D CM B x z y 数学答案 第 6 页 （共 18 页） 令z=，则0y =，5(1)x=，所以( 5(1),0, )m=， 7 分 易知平面ACD法向量(0,0,1)n =， 8 分 所以2|6cos,6|6105m nm nm n=+，即2261056+ =， 解得12=，所以M为PD中点， 10 分 所以三棱锥MACB的高h为1，1115(5 2) 13323MACBACBVSh= = 12 分 20 （本小题满分 12 分） 解： （1）由题意得，1(3,

11、)2XB，则3311()( ) (1)22kkkP XkC=，其中0,1,2,3k =， 则X的分布列为： X 0 1 2 3 P 18 38 38 18 4 分（每个概率 1 分） 则13()322E X = = 5 分 （2）设事件iA为“乙在第i次挑战中成功”，其中1,2,3i = （）设事件B为“乙在前两次挑战中，恰好成功一次” ，则1212BA AA A=+， 则1212121121( )()()() (|)() (|)P BP A AP A AP A P AAP A P AA=+=+ 0.5 (1 0.6)(1 0.5) 0.40.4=+=. 即乙在前两次挑战中，恰好成功一次的概为

12、0.4. 8 分 （）因为21212121121()()() (|)() (|)P AP A AA AP A P AAP A P AA=+=+ 0.5 0.60.5 0.40.5=+=， 且23123123123123()()()()P A AP A A AA A AP A A AP A A A=+=+ 0.5 0.6 0.70.5 0.4 0.50.31=+=， 所以23322()0.31(|)0.62()0.5P A AP AAP A=. 数学答案 第 7 页 （共 18 页） 即乙在第二次成功的条件下，第三次成功的概率为0.62.12 分 21 （本小题满分 12 分） 解： （1）方法

13、方法一一 由椭圆C的焦距为2，故1c =，则221ba=， 2 分 又由椭圆C经过点3(1, )2P，代入2222:1xyCab+=，得24a =，23b =， 所以22:143xyC+= 4 分 方法二方法二 由椭圆C的焦距为2，故1c =，所以1( 1,0)F ，1( 1,0)F ，2 分 所以21299532204.4422aPFPF=+=+=+= 所以2a =，3b=.所以22:143xyC+=. 4 分 （2）方法一方法一 由椭圆右焦点(1,0)F，设1mk=，直线l的方程为1xmy=+， 与22:143xyC+=联立得，22(34)690mymy+ =， 则222364( 9)(3

14、4)144(1)0mmm=+=+， 设11( ,)A x y，22(,)B x y，122634myym+=+，122934y ym=+， 6 分 设存在点T，设T点坐标为( ,0)t， 由| | | |AFBTBFAT=，得|AFATBFBT=， 过B做BRTF交AT延长线于R，所以|AFATBFTR=， 由， 得| |TRBT=， 所以TBRTRB= ， 又ATFARB= ，FTBTBR= ，所以ATBFTB= ， 数学答案 第 8 页 （共 18 页） 【或法 2】由| | | |AFBTBFAT=，得|AFATBFBT=， 又因为1| |sin|sin2=1|sin| |sin2TFA

15、TFBFTATATFSAFATATFBFSBTBTFFTBTBTF=， 所以sinsinATFBTF=，ATFBTF= ， 【法 2 结束】 【或法 3】由| | | |AFBTBFAT=，得|AFBFATBT=， 在TFA和TFB中应用正弦定理可得 |sinsinsinsin|AFBFATFAFTBFTBTFATBT=，ATFBTF= 【法 3 结束】 【或在TAB中，由角平分线逆定理可知，FT为ATB的角平分线】 所以直线TA和TB关于x轴对称，其倾斜角互补，即有0ATBTkk+=， 8 分 则：12120ATBTyykkxtxt+=+=，所以1221()()0y xty xt+=， 所以

16、1221(1)(1)0y myty myt+ + =， 12122(1)()0my yt yy+=，10 分 即22962(1)03434mmtmm+=+，即223(1)03434mmtmm+=+, 解得4t =，符合题意， 即存在点T，坐标为(4,0)|AFATBFBT=. 12 分 方法二方法二 由椭圆右焦点(1,0)F，设直线l的方程为(1)yk x=， 与22:143xyC+=联立得，2222(43)84120kxk xk+=， 则4222644(43)(412)144(1)0kkkk=+=+， 设11( ,)A x y，22(,)B x y，2122843kxxk+=+，212241

17、243kx xk=+， 6 分 数学答案 第 9 页 （共 18 页） 设存在点T，设T点坐标为( ,0)t，由| | | |AFBTBFAT=，得|AFATBFBT=， 由内角平分线逆定理可知，TF为ATB的角平分线， 【此部分解法同方法一中的各种情况】 ，即有0ATBTkk+=， 8 分 则： 12121221121212(1)(1)(1)()(1)()0,()()ATBTyyk xk xk xxtk xxtkkxtxtxtxtxt xt+=+=+= 所以1 2122(1)()20 x xtxxt+=， 10 分 即222241282(1)204343kkttkk+=+， ()222412

18、4(1)430ktktk+=，解得4t =. 即存在点T(4,0)使| | | |AFBTBFAT=恒成立. 12 分 22 （本小题满分 12 分） 解： （1）方法一 由( )exf xaxa= ，得(0)0f=，又( )0f x，故(0)0f =，而( )e1xfxa=，(0)1fa=，故1a =， 2 分 若1a =，则( )e1xfx=，当0 x 时，( )0fx，当0 x 时，( )0fx， 所以( )f x在(,0)单调递减，在(0,)+单调递增，故0 x =是( )f x的唯一最小值点， 由于(0)0f=，所以当且仅当1a =时，( )0f x. 综上，1a = 4 分 方法二

19、 由( )exf xaxa= ，得(0)0f=，又( )e1xfxa=， 当0a时， 有( )0fx恒成立， 所以( )f x在R上单调递减， 又由(0)0f=， 则( )0f x不成立， 2 分 数学答案 第 10 页 （共 18 页） 当0a 时，令( )0fx=，得1lnxa=， 则1lnxa时，有( )0fx，1lnxa时，有( )0fx，即( )f x在1(,ln)a单调递减，在1(ln,)a+单调递增，所以1(ln)fa是( )f x的极小值， 又因为( )0f x，且(0)0f=，故1ln0a=，即1a =，经验证成立4 分 （2）选择）选择作答作答： 当1a，0 x 时，( )

20、e(e1)e1xxxf xaxaaxx= = ， 设( )elnsin1xg xxxxx= +， 5 分 当01x时，ln0 xx，sin0 x ，又由（1）知e10 xx ，故( )0g x ， 7 分 当1x 时，( )e2 lncosxg xxx= +， 设( )e2 lncosxh xxx= +，则1( )esinxh xxx=，( )e 1 10h x ， 9 分 则( )h x在(1,)+单调递增，( )(1)e2cos10h xh= +， 所以( )0g x，则( )g x在(1,)+单调递增，( )(1)e2 sin10g xg= +， 综上，( )0g x ，即当1a时，(

21、)lnsinf xxxx 12 分 选择作答选择作答： 当1a，0 x 时，( )e(e1)e1xxxf xaxaaxx= = ， 设( )elncos1xg xxxx=+， 5 分 当01x时，ln0 xx，cos0 x ，e10 x ，故( )0g x ，7 分 当1x 时，( )e1 lnsinxg xxx= ， 设( )e1 lnsinxh xxx= ，则1( )ecosxh xxx=，( )e 1 10h x ， 9 分 则( )h x在(1,)+单调递增，( )(1)e 1 sin10h xh= ，所以( )0g x， 数学答案 第 11 页 （共 18 页） 则( )g x在(1

22、,)+单调递增，( )(1)e 1 cos10g xg= +， 综上，( )0g x ，即当1a时，( )(ln1)cosf xxxx 12 分 【部分试题解析】 1A 由(3 2i)13=z得1332i32i=+z， 故z在复平面内所对应的点为(3,2)，在第一象限 2C 集合1,2,3,4,5A=， |04Bxx=，图中阴影部分表示UAB， 又 |4,UBx x=或0 x，所以4,5UAB = 【或直接借助韦恩图填写数字易得答案】 3B 必要性成立，由等差数列 na的0d 可知，5140aad=+； 充分性不成立，例如：15a =，51a =得1d = 4B 由题可得，前4小时，废气中的污

23、染物恰好被过滤掉90%， 故由0ektPP=得400(1 90%)ekPP=，所以40.1ek=，即1ln104k =， 由再过滤2小时，即一共6小时，空气中剩余污染物为 321336(ln10)ln106ln1042200000010eeee(10)100kPPPPPPP=， 10(3,3.5)，故污染物所剩比率约为03%P 5A 由1418aa+=，2332a a =， 知1418aa+=，1432a a =， 解得12a =，416a =， 所以2q =，则()()101111021 221 2221 21 2kkkkkkSS+=，所以111616kk+=+ =，解得5k =. 6A 数

24、学答案 第 12 页 （共 18 页） 由圆锥侧面展开图为半圆，设圆锥母线为l，底面半径为R，则2Rl=，所以2lR=， 可知圆锥轴截面为正三角形，又由当小球是圆锥的内切球时，小球体积最大，设此时小球半径为r，则有33rR=， 故3334434 3()33327VrRR=球，2313( 3 )33VRRR=锥， 所以3334 3:():()9:4327VVRR=锥球 7D 方法一 因为123FFMN=，12FMF N，由双曲线对称性可知，直线1FM与2F N交于y轴上一点P， 且12PFF为等腰直角三角形， 如图，2( ,)33ccN， 代入22221(0,0)xyabab=中，得222241

25、99ccab=， 化简得42241490ca ca+=， 即421490ee+=， 解得272 10e =+，所以52e=+. 方法二 因为123FFMN=，12FMF N，由双曲线对称性可知，直线1FM与2F N交于y轴上一点P，且12PFF为等腰直角三角形，如图，2( ,)33ccN，1(,0)Fc，2( ,0)F c， 1F 2F O x y P M N 数学答案 第 13 页 （共 18 页） 所以221422 5|()()333NFccc=+=，222222 2|()()333NFccc=+=， 则122 52 2|233NFNFcca=，即523ac=， 则35252cea=+ 8

26、C 方法一 由exy =和lnyx=互为反函数可知，两条公切线11yk xb=+和22yk xb=+也互为反函数，即1111bxykk=满足211kk=，121bbk=，即1 21k k =，121bbk= ， 设直线11yk xb=+与exy =和lnyx=分别切于点11( ,e )xx和22(,ln)xx， 可得切线方程为111ee ()xxyxx=和2221ln()yxxxx=，整理得： 111eeexxxyxx=+和2211lnyxxx= +，则1121exkx=，1112e (1)1 lnxbxx= +， 由121exx=，得1221lnlnxxx= ，且11221(1)1 lnbx

27、xx= +， 则11121(1)1bxxx= ，所以12111xxx= ， 数学答案 第 14 页 （共 18 页） 所以111212111211111111(1)1(1)1 ( 1)(1)1bxk kbbbbbxxkkx+= += += += + 111 ( 1)(1)1xx= + = 方法二 由exy =和lnyx=图像关于直线yx=对称可知，两条公切线11yk xb=+和22yk xb=+的图像也关于直线yx=对称，设11yk xb=+与直线yx=夹角为，则1tan()4k=+，2tan()4k=，则1 21tan1 tantan()tan()1441 tan1tank k+=+=+，

28、设切点分别为11( ,)A x y，22(,)B x y，33( ,)C x y，44(,)D x y，如图所示， 则由C可得，切线11yk xb=+为3331ln()yxxxx=，整理得：131 lnbx= +， 同理，由B可得，切线22yk xb=+为2221ln()yxxxx=，整理得：221 lnbx= +， 由131kx=，221kx=，且1 21k k =，得231x x =，故12232ln()2bbx x+= +=， 所以1 2121 21k kbb+= = 9BC 由图易知，向量a与向量b方向不同，所以ab，故 A 不正确， 数学答案 第 15 页 （共 18 页） 作向量a

29、与向量b，易知| | |abc+=，ab，故 B 与 C 正确， 连接BD， 则AC与BD互相垂直， 所以向量a与向量b在向量c上的射影的数量是相同的，所以a cb c = ，故 D 不正确 10ACD 甲的10次成绩中，最大值为10，最小值为6，极差等于4，故 A 正确， 因为10 75%7.5=，所以将甲的10次成绩从小到大排列后，第8个数为75%分位数，即75%分位数等于9，故 B 不正确， 经计算，甲的10次成绩的平均数等于8，又已知乙的10次成绩的平均数等于8，则甲和乙的20次成绩的平均数为8，故 C 正确， ()()()()222221683789821081.610s=+ + =

30、甲 ()210 (1.60) 10 (0.40)110 1010 1.6 10 0.40110 102010 10s+=+=+， 故D正确， 方差也可以用()()22222111111nnniiiiiisxxxnxxxnnn=进行求解， 即：10102221111=81.61010iiiisxxx=甲，2020222111111=80.41010iiiisxxx=乙， 所以2021116210iix=，即202118120iix=，故 D 正确 11ABD 若平面PAD内存在直线与BC平行，则BC平面PAD，进而BCAD，与已知矛盾，故 A 正确； 在平面PBC内，与平面PAD和平面PBC的交

31、线平行的所有直线均与平面PAD平行，故B 正确； 由ABCD得AB平面PCD，进而AB平行于平面PAB与平面PCD的交线，所以平面PAB与平面PCD的交线与底面ABCD平行，故 C 错误； 若平面PAD与平面PBC的交线与底面ABCD平行，则平面PAD与平面PBC的交线与BC平行，与AD也平行，与已知矛盾，故 D 正确； 数学答案 第 16 页 （共 18 页） 12BCD 方法一：方法一： 对于 A，若( )f xx=，符合题意，故错误， 对于 B，因已知奇函数( )f x在R上可导，所以(0)0f=，故正确， 对于 C 和 D，设( )( )g xf xx=，则( )g x为R上可导的奇函

32、数，(0)0g=， 由题意(1)1(1) 1fxxfxx+ =+ ， 得(1)(1)gxgx=+，( )g x关于直线1x =对称，易得奇函数( )g x的一个周期为4，(2022)(2)(0)0ggg=，故 C 正确， 由对称性可知，( )g x关于直线1x =对称，进而可得( 1)0g =， （其证明过程见备注）且( )g x的一个周期为4，所以(2023)( 1)0gg=，故 D 正确 备注备注：(1)(1)gxgx=+，即(1)(1)gxgx=+，所以( 1)( 1)gxgx += ， 等式两边对x求导得，( 1)( 1)gxgx += ， 令0 x =，得( 1)( 1)gg=，所以

33、( 1)0g = 方方法二：法二： 对于 A，若( )f xx=，符合题意，故错误， 对于 B，因已知奇函数( )f x在R上可导，所以(0)0f=，故正确， 对于 C，将(1)(1)20fxfxx+=中的x代换为1x+， 得()(2)220fxfxx+=，所以(2)( )22f xf xx+=+， 可得(4)(2)26f xf xx+=+，两式相减得，(4)( )4f xf x+=， 则(6)(2)4ff=，(10)(6)4ff=，(2022)(2018)4ff=， 叠加得(2022)(2)2020ff=， 又由(2)( )22f xf xx+=+，得(2)(0)22ff=+=， 所以(20

34、22)(2)20202022ff=+=，故正确， 对于 D，将(1)(1)20fxfxx+=的两边对x求导，得(1)(1)20fxfx+=， 数学答案 第 17 页 （共 18 页） 令0 x =得，(1)1f =， 将()( )fxf x=的两边对x求导，得()( )fxfx=，所以( 1)1f =， 将(4)( )4f xf x+=的两边对x求导，得(4)( )fxfx+=， 所以(2023)(2019)( 1)1fff=，故正确 134 3 由抛物线的定义可知：|28pPFx=+=，所以6px =，代入28yx=中，得248py =， 所以| 4 3py=，故结果为4 3 144 由随机

35、变量2(1,)N，则正态分布的曲线的对称轴为1=， 又因为(1)(3)PPa=，所以1 (3)2a+=，所以4a =，则当04x时， 有1919(4)491102 9()(10)4444444xxxxxxxxxx+=+=+=， 当且仅当494xxxx=，即1x =时等号成立，故最小值为4 1520 当,A C之间为B时，方法数为232312A A =， 当,A C之间为D或E时，方法数为1222228C A A =， 综上，所有方法数为12820+= 16514 方法一：方法一： 由题意4(cos18 )cos72sin18T=，33(cos18 )cos544cos 183cos18T=，又

36、cos54sin362sin18 cos18=，故32sin18 cos184cos 183cos18=，222sin184cos 183 1 4sin 18= = ，解得51sin184= 方法二：方法二： 由题意42432( )2( )( )881T xx T xT xxx=+，数学答案 第 18 页 （共 18 页） 53543( )2( )( )16205T xx T xT xxxx=+，而5(cos18 )cos900T=， 所以3214(cos182cos18(cos18 )(cos18 )(cos18 )=2cos182cos18TTTT=） 2222cos18 (2cos 181)cos18132cos 1812cos 182cos1822= =， 又因为5316(cos18 )20(cos18 )5cos180+=， 即4216(cos18 )20(cos18 )50+ =， 解得255cos 188+=， 或255cos 188=（舍） ， 所以24355351(cos18 )2cos 182424T+=