高三第二次联合模拟考试文科数学答案
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高三第二次联合模拟考试文科数学答案

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时间:2022-04-09

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资料简介
哈尔滨师大附中、东、2022年高三第二次联合模拟考试文科数学试题及答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.21.已知集合Mx=xN{log=xx∣∣1},{1},则MN=(C)2A.(−,1]B.(−,2)C.[)−1,2D.(0,1]43i−2.复数z=(其中i为虚数单位)的模为(B)2i−A.1B.5C.25D.522xy3.双曲线−=1的渐近线方程为(B)1694353A.y=xB.y=xC.y=xD.y=x343524.命题“x2,xx−+440”的否定是(D)22A.x2,xx−+440B.x2,xx−+44022C.x2,xx−+440D.x2,xx−+4405.为研究变量xy,的相关关系,收集得到下面五个样本点(,)xy:x99.51010.511y1110865若由最小二乘法求得y关于x的回归直线方程为yˆ=−3.2xa+ˆ,则据此计算残差为0的样本点是(B)A.(9,11)B.(10,8)C.(10.5,6)D.(11,5)6.将函数yx=+sin(4)图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍,再向右平移个单位,所得图象对应的函数66(A)A.在区间(0,)上单调递增B.在区间()−,上单调递减3612C.图象关于点(,0)对称D.图象关于直线x=对称3127.下列说法错误的是(C)..−1−1A.由函数yxx=+的性质猜想函数yxx=−的性质是类比推理B.由ln10,ln21,ln32猜想lnn−n1(nN*)是归纳推理C.由锐角x满足sinxx及0,推出sin是合情推理1221212试卷第1页,共10页 D.“因为cos()−cos=xx=ycosx恒成立,所以函数是偶函数”是省略大前提的三段论推理18.在ABC中,角ABC,,的对边分别为abc,,,若a=4,sin2sin,AC=cosA=−,则ABC的面积S=(D)4315A.15B.215C.1D.49.已知圆锥的顶点为点S,高是底面半径的2倍,点A,B是底面圆周上的两点,当SAB是等边三角形时面积为33,则圆锥的侧面积为(D)A.3B.23C.33D.4310.定义域为R的奇函数fx()满足fx(f)x=−+(2),则f(2022)=(A)A.0B.-1C.1D.不确定22xy11.椭圆Ca:1(b0)+=的左焦点为点F,过原点O的直线与椭圆交于PQ,两点,若PFQ=120,22abOFOP==3,7,则椭圆C的离心率为(B)33236A.B.C.D.2333112.已知实数a,b,c满足a2,aalna2ln2−=−2,b2,bblnb2ln2−=−2,c,2111cclncln−=−,则(D)222A.cbaB.bcaC.acbD.abc二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.盒子中装有编号为01234,,,,的五个球,从中任意取出两个,则这两个球的编号之积为偶数的概率是9.1014.在爱尔兰小说《格列佛游记》里,有格列佛在小人国一顿吃了1728份小人饭的叙述,作者为什么要使用这么复杂的数字呢?许多研究者认为,之所以选用这个数字,跟英国人计数经常使用的十二进制有关系.中国文化中,十二进制也有着广泛应用,如12地支,12个时辰,12生肖….十二进制通常使用数字0-9以及字母AB,表示,其中A即数字10,B即数字11.对于下面的程序框图,若输入a=1728,k=12,则输出的结果为1000.此题答1000也可以给分.(12)试卷第2页,共10页 15.在正六边形ABCDEF中,点G为线段DF上的动点(包含端点),若CGCB=+CDR(,),则+的取值范围是[,]14.16.如图,多面体ABCDEF中,面ABCD为正方形,DE⊥平面ABCD,ECFDE//,且AB=DE=2,CF=1,G为棱BC的中点,H为棱DE上的动点,FH有下列结论:①当H为棱DE的中点时,GH//平面ABE;②存在点H,使得GHAC⊥;③三棱锥BGHF−的体积为定值;④三棱锥ABCF−的外接球表面CD积为9.其中正确的结论序号为①③④.(填写所有正确结论的序号)GAB三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答.(一)必考题:共60分.17.(本小题满分12分)如图,正三棱柱ABCABC−中,BABB==2,点D是棱AA的中点.11111(1)求证:BDBC⊥;1(2)求点B到平面DCB的距离.1(1)证明:设AB的中点为M,连接BMCM,1正方形ABBABB中,BABM==AD,BBMBAD,≌,⊥BDBM,11111MAA⊥平面ABC,CM平面ABC⊥AACM,11又ACBCM=⊥,AB为CMAB中点,,ABAAA=,⊥CM平面ABBA,------------------3分111BD平面ABBA⊥BDCM,11BMCMMBM=BCM,,平面CM平面BCM,⊥BD平面BCM11111BC平面BCM,⊥BDBC------------------6分111(2)设点B到平面DCB的距离为h,11V=S=hV,------------------7分BDCB−13DCB1CBDB−11BD11DC===BC5,22=SDCB=2236------------------8分123由(1)CM⊥平面ABBA11,CM==23为CBDB−1的高21123又S==222,V==23------------------10分BDB12CBDB−1331236=h,=h2,故点B到平面DCB的距离为2.------------------12分133试卷第3页,共10页 18.(本小题满分12分)五常市是黑龙江省典型农业大县(市)、国家重要的商品粮食基地,全国粮食生产十大先进县之一,也是全国水稻五强县之一,被誉为张广才岭下的“水稻王国”.五常大米受产区独特的地理、气候等因素影响,干物质积累多,直链淀粉含量适中,支链淀粉含量较高。由于水稻成熟期产区昼夜温差大,大米中可速溶的双链糖积累较多,对人体健康非常有益.五常大米根据颗粒、质地、色泽、香味等评分指标打分,得分在区间(0,25],(25,50],(50,75],(75,100]内分别评定为四级大米、三级大米、二级大米、一级大米.某经销商从五常市农民手中收购一批大米,共400袋(每袋25kg),并随机抽取20袋分别进行检测评级,得分数据的频率分布直方图如图所示.频率组距0.0140.012a0.0040255075100分数(1)求a的值,并用样本估计,该经销商采购的这批大米中,一级大米和二级大米的总量能否达到采购总量一半以上;(2)该经销商计划在下面两个方案中选择一个作为销售方案:方案1:将采购的400袋大米按每袋300元不分等级直接售出;方案2:将采购的400袋大米逐袋检测分级,并将每袋大米重新包装成5包(每包5kg),检测分级所需费用和人工费共8000元,各等级大米每包的售价和包装材料成本如下表所示:大米等级四级三级二级一级售价(元/包)55688598包装材料成本(元/包)2245该经销商采用哪种销售方案所得利润更大?通过计算说明理由.解:(1)(0.004+0.012+0.014+a)×25=1∴a=0.010------------------2分(0.014+0.010)×25=0.6>0.5∴估计经销商采购的这批大米中,一级大米和二级大米的总量能够达到采购总量的一半以上.------------------4分(2)若经销商采用方案1,则收入为400×300=120000元.------------------5分若经销商采用方案2400袋大米中四级大米约400×0.004×25=40袋,40×5=200包三级大米约400×0.012×25=120袋,120×5=600包二级大米约400×0.014×25=140袋,140×5=700包一级大米约400×0.010×25=100袋,100×5=500包------------------7分400袋大米共卖200×55+600×68+700×85+500×98=160300元400袋大米的包装袋成本为200×2+600×2+700×4+500×5=6900元∴收入为160300-6900-8000=145400元------------------10分145400>120000,且400袋大米成本相同,∴该经销商采用方案2所得利润更大.------------------12分试卷第4页,共10页 19.(本小题满分12分)已知等差数列an公差不为零,a1+a2+a3=a5,aa23=a8,数列bn各项均为正数,22b1=1,bnbnbbnn−=32++11.(1)求数列an,bn的通项公式;(2)若+6≥an恒成立,求实数的最小值.bn+1解:(1)设等差数列{}an的公差为d,3a3d4+a=d+,11由条件,------------------1分()(ada2)++=7d+ad,111a=0a=1a=1111解得,或,d0,d=0d=2d=2∴annn=+11)2(−=21−------------------3分221∵3b2nbb0nn++11+bn−=,∴(b)(3nbn++bn11)n0b+−=,∵bn0,∴bbnn+1=3b1bb=10,0,,n+1又1n=,b3n1∴{}bn是以1为首项,为公比的等比数列.3n−11∴bn=------------------6分31n−127n−(2)bnannn=a=()n−,21,+6621+−,即n,即n恒成立3bn+1133------------------7分27n−25n2n−7n−4(−−4)设c=,则cc−=−=,------------------9分nnnn+1nn++n113333即nc=c1,2,3==nc时4c5,*nn+,nn1+n1+n1n;nN时cc;时1=n45或时,c=为{}c的最大项,------------------11分nn8111∴,故实数的最小值为.------------------12分8181试卷第5页,共10页 a20.(本小题满分12分)设函数f(x)=(x+a)lnx−(x+1).2(1)若a=2,过点A(−2,−8)作曲线y=f(x)的切线,求切点的坐标;(2)若f(x)在区间(2,+)上单调递增,求整数a的最大值.2解:(1)afx==2+x时()x−x+,fx(=2)ln+xx(1),'()ln(0),---------------1分x2设切点为Pxy(,),则点P处切线方程为:yx−x+x(2)ln+xxx+=+(1)−(ln)(),0000000x02将A(2,8)−−代入得:−−8(+2)ln+xx+x=x+(x1)−−(ln)(2),00000x0−4即x−=72−,解得xx==1,4或,----------------------------3分000x0xyfx==1时=−()xy,fx=2;=4=()12ln25−时,,000000所求切点坐标为(1,-2)和(4,12ln2-5).----------------------------4分aaa(2)fx()xa=+()ln−x+xgx=(1),=+fx()+'()1ln−xx(记0)22xaa(2,)+()2上()fx=x+ln单gx1调0+−x递增,时,恒成立,-----------------5分x21axa−gx'()=−=22xxx①20,−2aa即时,2xxa−2时0,x0,gx,'()gx0,()(2,+)在上单调递增,aagx=()+g+−(2)ln2=+1ln210,22故aZa,2时满足条件.---------------------------7分②20,−2aa即时,22(2,)a上xa−0,x0,'()0,()gxgx单调递减;(,a+)上xa−0,x0,'()gx0,()gx单调递增,a=gx=()+−ga()aln2,---------------------------9分min2a11记ha()aha=lnha+−2+,(2,=−)上'()0,()单调递减,22a2115155h(8)=ln82−lne−=20,(9)h=(4ln35)−=(ln81ln−e)(ln81ln())−02222aZ,3a8时满足条件.---------------------------11分由①②知,满足条件的整数a的最大值为8.---------------------------12分试卷第6页,共10页 221.(本小题满分12分)已知点F为抛物线Ey:=2pxp(0)的焦点,点P(3,2),|−=PF|25,若过点P作直线与抛物线E顺次交于AB,两点,过点A作斜率为1的直线与抛物线的另一个交点为C.(1)求抛物线E的标准方程;(2)求证:直线BC过定点.pp2解:(1)焦点FFP(,0),(3)4=25−−+=pp=02222抛物线E的标准方程为yx=4-----------------2分(2)显然,直线AB斜率存在,设AB的方程为y−=2kx(+3)ykx−=2(3)+22由2得,kyyk−k++4kk812=0,=0,16(3−−+21)0,yx=448设Axy(,),(,11Bxy22),则y1+y2=,yy12=+12,yy12−12=2(y1+y2)---------①kk2y1直线AC的方程为yy−x=−,142y1yy−x=−1222由4得,yyy−y+4y−y4=0=1644−11−11)0,(,yx2=4设Cxy(,33)则yy13+=4---------②由①②得(4)−12−yy=2(432−32+2y),2(3y2y+3y=yy+)20---------③-----------------4分22y3(i)若直线BC没有斜率,则yy23+=0,又2()y202y3yy+23=+,=yx33==20,5,4=BC的x方程为5.----------------5分yy−423(ii)若直线BC有斜率,为=,xxy−+y232324y2直线BC的方程为y−y2=()x−,即4x−(y2+yy3)+yy23=0,yy+423将③代入得4(x)y−2(yy+)200+2+3y2−y3=,+()(2y−23y+y)4(−x=5)0,故直线BC有斜率时过点(5,2).由(i)(ii)知,直线BC过点(5,2).-----------------8分试卷第7页,共10页 11(3)S=|PQ|y−y=8y−y=4y−y11212122211SPQ=y−y=|y|8yy4y4y4−y=−=+−-----------------9分2232323122224816324321−−kk+由(2)得y1+y2=,yy12=+12,yy12−=−−=248kkkkk||21kkk=k0k,16(3−−+−21)0,1,0,且322S1yy12−432−1−3k+2k−1k−k+===-----------------10分Syyk+−−414212||k4−k1设kut−=1,=,u2S1−(u+2)(3u+2)3u+8u+422==−=−4t−8t−=−34(t+1)+122Suu21312−1,0,k(,1)kt−1且)−−(,-−4(++t1)1(0,1),322S1故的取值范围是(0,1).-----------------12分S2(二)选考题:共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分,作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑.22.[选修4-4:坐标系与参数方程]5在平面直角坐标系中以原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,点AB,的极坐标为AB(2,),(2,),圆C以144AB为直径,直线l的极坐标方程为cos()6+=.4(1)求圆C及直线l的直角坐标方程;12xx=,2(2)圆C1经过伸缩变换得到曲线C2,设点P为曲线C2上的任意一点,求点P到l距离的取值范围.6yy=2解(1)极点OAB为的OAOB中点,C==2,2=1的极坐标方程为,2222由=+xyC,得1的直角坐标方程为xy+=4,-----------------3分由cos(+)=6,得cos−sin−62=0,4cos=x,sin=y,l的直角坐标方程为x−−y62=0.-----------------5分试卷第8页,共10页 2xx=,xx=2222224(2)由得2,代入xy+=4,得24xy+=6yy=6yy=62xy22x=2cos,所以C2的普通方程为+=1,C2的参数方程为(为参数),------------7分26y=6sin设P(2cos,6sin)为C2上任意一点,点P到l的距离为d,22cos(+-2)62cos-6sin-623则d==−+=62cos()223所以当cos(+)18=−=时,d,当cos()1+=4=时,dmaxmin33所以P到l的距离的取值范围是4,8------------------10分23.[选修4-5:不等式选讲]已知函数fx()x2x=1−−21+的值域为Mab=,.2222(1)若xMyM,,求证:xyxy+164+4;(2)若yaz++byz2,1,求证:z1.12,x−,211解:(1)fx()=−4,x−x,221−2,x,211fx()[在,]−上单调递减,所以fx()的值域为−2,2-------------------------2分22方法二:21xx−−xx21+(21)(2−−1)+2=11,当且仅当(21)(2xx−+1)0,即x−或x等号取到22−221−−21xx2+,所以fx()的值域为−2,2222222222原不等式xy−4x−4y+160xy(−4)4(4+−y)0(−−4)(4yx)022−2x2,2−y2,(4−y)(4−x)0成立,2222xy+164x+4y成立.-------------------------5分试卷第9页,共10页 (2)由(1)得ab=−2,=2,−y2z2,2yz+1=5+z(2yz−)2(−++yz2)yz−2+=2y2z1225,z1.-------------------------10分试卷第10页,共10页

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