数学2022年9月高三模拟考试参考答案

下载最新免费模拟卷，到公众号：一枚试卷君2022-2023学年高三年级摸底考试数学试题参考答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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。题号12345678答案BCABDCDB二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。题号9101112答案ADBCDACDACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．11，（只要00，ab均可以）；14．20；15．1；16．12a„．四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．【解析】（1）因为：2sin3sinACBABC，由正弦定理得：23ABAC，又因为23AB，所以4AC；（2）记BC的中点为D，则13AD，设BDCDx，因为ADBADC，所以222222022BDADABCDADACADBDADCD，即22131213160213213xxxx，所以1x，所以2BC，所以222ACBCAB，则2ABC，所以112322322ABCSABBC△．18．【解析】（1）由频率分布直方图知：0.00510+0.010100.01510100.040101x，所以0.030x．（2）按比例分层抽样抽取7人，成绩在8090，，90100，的人数分别为3人，4人．所以的所有可能取值为：0123，，，；则34374(0)35CPC，21433718(1)35CCPC，12433712(2)35CCPC，33371(3)35CPC；则的分布列为：0123P43518351235135所以的数学期望为：41812190123353535357E．19．【解析】（1）由21110nnnnaaaa得：11(1)(1)0nnnaaa，又因为+1+11na，则11nnaa，且11a，所以{}na是首项为1公差为1的等差数列，所以nan．（2）因为，22nnnan，所以231222322nnSn，234+121222322nnSn，两式相减得：23112(12)122222=212nnnnnSnn，所以12(1)2nnSn．20．【解析】（1）因为，MN分别为，PCCA的中点，所以MNPA；因为BMMN，所以PABM，取BC中点为D，连接，PDAD，因为PABC为正三棱锥，所以，BCPDBCAD，且PDADD，所以BC平面PAD，所以BCPA，又BMMNM，所以PA平面PBC；所以11422333APBCPBCVSPA，设点P到平面ABC的距离为d，所以12333PABCABCVSdd，因为PABCAPBCVV，所以233d，所以点P到平面ABC的距离为233．（2）如图，以P为原点，PA，PB，PC所在直线为，，xyz轴建立空间直角坐标系，则(000)，，P，(200)，，A，(020)，，B，(002)，，C，(001)，，M，(101)，，N，所以(100)，，MN，(021)，，BM，设平面BMN的法向量为1111()，，xyzn，由1100MNBMnn，解得111020xyz，令11y，得1(012)，，n，(220)，，AB，(202)，，AC，设平面ABC的法向量为2222()，，xyzn，由2200ABACnn，解得2212220220xyxz，令21y，得2(111)，，n，设平面BMN与平面ABC的夹角为，所以1212|15cos||||5|nnnn，zyxDNMCAPB所以平面BMN与平面ABC夹角为余弦值为155．21．【解析】（1）抛物线C的焦点为01，F，即1c，椭圆上的点M到点F的最大距离为3ac，所以2a，23b，所以椭圆方程为22143yx．（2）抛物线C的方程为24xy，即24xy，对该函数求导得2xy，设点11，Axy，22，Bxy，00，Mxy，直线MA的方程为1112xyyxx，即112xxyy，即11220xxyy，同理可知，直线MB的方程为22220xxyy，由于点M为这两条直线的公共点，则10102020220220xxyyxxyy，所以点，AB的坐标满足方程00220xxyy，所以直线AB的方程为00220xxyy，联立0022204xxyyxy，可得200240xxxy，由韦达定理可得1202xxx，1204xxy，所以2201212142xABxxxx22220000001416442xxyxxy，点M到直线AB的距离为2002044xydx，所以23002222000002041114442224△MABxySABdxxyxyx，因为22200000338254344433yxyyy，由已知可得022y剟，所以当02y时，△MAB面积的最大值为82．22．【解析】（1）由题意知()2cossinfxxxxx，'()22cossinfxxxx，当[0]，x时，'()2(1cos)sin0fxxxx…，所以()fx在[0]，上单调递增，所以max()()3fxf．（2）注意到(0)0f，'()2(cossin)cosfxaaxxxx，则'(0)1fa，若1a…，()2cossinfxxxxx…，由（1）知，当[0]，x时，()(0)0fxf…；当()，x时，2cossin(1cos)(sin)0xxxxxxxx，所以()0fx…恒成立，符合题意；若0a„，()2cossin(1cos)sinfxaxaxxxaxxaxx，当(0)2，x时，()0fx，不合题意；若01a，因为()(21)sincos0fxaxaxx…，所以()fx在(0)2，上单调递增，因为()(2)022fa，又'(0)0f，所以存在0(0)2，x，0()0fx，当0(0)，xx时，'()0fx，()fx在0(0)，x上单调递减，()(0)0fxf，不合题意；综上，1a…．