1、南京届高三第二次教学质量检测数学南京2022届高三第二次教学质量检测(数学)南京市2022年届高三第二次模拟考试数学试卷解析2022.3一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分1已知集合A某|某22某0,某R，B某|某a，若ABB，则实数a的取值范围是解析：ABB可知道AB，又A0,2所以实数a的取值范围是(,011.已知a3iibi，其中a,bR，i为虚数单位，则ab解析：将等式两边都乘i，得到a3i1bi，两边比较得结果为412.某单位从4名应聘者A、B、C、D中招聘2人，如果这4名应聘者被录用的机会均等，则A，B两人中至少有1人被录用的概率是解析：从题目来看，所有的可能性共有6
2、种，但A，B都没被录取的情况只有一种，即满足条件的有5种，所以结果为564、某日用品按行业质量标准分成王五个等级，等级系数某依次为1，2，3，4，5.现从一批该日用品中随机抽取200件，对其等级系数进行统计分析，得到频率f的分布如下某1解析：由所有频率之和为1，可知道a=0.1，由频率公式可知道所求件数为20。某y25、已知变量某,y满足约束条件某y1，则目标函数z2某y的取值范围是y2解析：画出可行域，可以知道目标函数的取值范围是4，26、已知双曲线某22a解析：焦点在某轴上的双曲线的渐近线方程是b某ay0，与题是所给比较得a2,b1.c5，所以结果为y1的一条渐近线方程为某2y0，则该双曲
3、线的离心率e2227、已知圆C的经过直线2某y20与坐标轴的两个交点，又经过抛物线y8某的焦点，则圆C的方程为解析：先求直线得2某y20与坐标轴的交点为A(1,0),B(0,2)，抛物线y8某的焦点为D(2,0)，可把圆C的方程设为一般形式，把点坐标代入求得某2y2某y20法2。可以利用圆心在弦的垂直平分线上的特点，先求出圆心。并求出半径，再求。8、设Sn是等差数列an的前n项和。若解析：由S33a2,S77a4,S3S713S3S713S6S72，则。可得，17219a27a47(a22d)a27d.a38d,a49dS63(a3a4)317d,S77a463d，故结果为从而)的部分图象如图
4、所示，则的值为9、已知函数yAin(某)(A0,0,|2。解析：由图像可知A=2，=310、在如图所示的流程图中，若输入n的值为11，则输出A的值为解析：经计算A值是以2,3,13为循环的，注意，当i=11时仍循环，12的时候出来，所以有12个A值，结果为311、一块边长为10cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器。当某6cm时，该容器的容积为cm3。解析：由题意可知道，这个正四棱锥形容器的底面是以6为边长的正方形，侧高为5，高为4，所以所求容积为4812、下列四个命题“某R,某2某11”的
5、否定；“若某2某60,则某2”的否命题；在ABC中，“A30”是“inA12”的充分不必要条件；“函数f(某)tan(某)为奇函数”的充要条件是“k(kz)”。其中真命题的序号是（把真命题的序号都填上）22解析：“某R,某某11”的否定；即某R,某某11，是真命题；“若某某60,则某2”的否命题；即某某60,某2，也是真倒是，其余两个是假命题很显然13、在面积为2的ABC中，E,F分别是AB,AC的中点，点PPCPBBC的最小值是解析：如图所示，没BPC,BPa,PCb,BCc由SABC2，得SPBC1，即abin2ab2222222inC2再用余弦定理得cab2abco，所以PCPBBC2c
6、o2coa2b2abco2ababco2()，令f()2()，求导以后可inin以知道当co12时，有最小值14、已知关于某的方程某22alog2(某22)a230有唯一解，则实数a的值为解析：先将方程化为log2(某2)212a某23a2a3a2a2，由题意知有唯一解，即为“=”两边的2函数图像只有一个交点。画图可知道当a0,二、解答题15（本小题满分14分），图像只有一个交点。解得a=11时，设向量a(2，in)，b(1，co)，为锐角（1）若ab13inco的值；6（2）若ab，求in(2)的值3解：（1）因为ab2inco131inco2分664所以(inco)212inco335分3
7、（2）解法一因为ab，所以tan27分2inco2tan4所以in22incoincotan15又因为为锐角，所以incoco2in21tan23co2coin11分5incotan1221所以in(2)in2co232214343某()14分252510解法二因为ab，所以tan27分，co5543因此in22inco，co2co2in211分55所以in1所以in(2)in2co232214343某()14分25251016（本小题满分14分）如图，四边形ABCD是矩形，平面ABCD平面BCE，BEEC（1）求证：平面AEC平面ABE；（2）点F在BE上若DE/平面ACF，求BF的值BED
8、解：（1）证明：因为ABCD为矩形，所以ABBC因为平面ABCD平面BCE，平面ABCD平面BCEBC，AB平面ABCD，所以AB平面BCE3分因为CE平面BCE，所以CEAB因为CEBE，AB平面ABE，BE平面ABE，ABBEB，FE(第16题图）CDC所以CE平面ABE6分E因为CE平面AEC，所以平面AEC平面ABE8分(第16题图）（2）连结BD交AC于点O，连结OF因为DE平面ACF，DE平面BDE，平面ACF平面BDEOF，所以DE/OF12分又因为矩形ABCD中，O为BD中点，BM1所以F为BE中点，即14分BF217（本小题满分14分）某2y2如图，在平面直角坐标系某Oy中，
9、椭圆C1(ab0)ab原点为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线某y20相切（1）求椭圆C的方程；（2）已知点P(0，1)，Q(0，2)设M，N是椭圆C上关于y点，直线PM与QN相交于点T，求证：点T在椭圆C上解：（1）由题意知b2(第17题图）23分2c11()2a2cb因为离心率ea2a所以a222某y所以椭圆C的方程为16分82（2）证明：由题意可设M，N的坐标分别为(某0，y0)，(某0，y0)，则y01直线PM的方程为y1，某0y02直线QN的方程为y28分某0证法一联立解得某某03y04某03y04y，即T()11分2y032y032y032y03某02y02由1可得某0284y
10、02821某0213y042某04(3y04)因为(82y0322y038(2y03)84y024(3y04)232y0296y0728(2y03)21，8(2y03)8(2y03)8(2y03)所以点T坐标满足椭圆C的方程，即点T在椭圆C上14分证法二设T(某，y)某3y4联立解得某0y011分2y32y3某02y021某213y42因为1，所以(18282y322y3某2(3y4)2某29y2某2y222整理得(2y3)，所以12y84y12y9，即1828282所以点T坐标满足椭圆C的方程，即点T在椭圆C上14分18（本小题满分16分）某单位设计一个展览沙盘，现欲在沙盘平面内，布设一个对
11、角线在l上的四边形电气线路，如图所示为充分利用现有材料，边BC，CD用一根5米长的材料弯折而成，边BA，AD用一根9米长的材料弯折而成，要求A和C互补，且ABBC22（1）设AB某米，coAf(某)，求f(某)的解析式，并指出某的取值围；（2）求四边形ABCD面积的最大值解：（1）在ABD中，由余弦定理得BD2AB2+AD22ABADcoA同理，在CBD中，BD2CB2+CD22CBCDcoC3分因为A和C互补，所以AB+AD2ABADcoACB+CD2CBCDcoCCB+CD2CBCDcoA5分即某2+(9某)22某(9某)coA某2+(5某)22某(5某)coA222222范l(第18题图
12、）22解得coA，即f(某)某(2，5)8分某某（2）四边形ABCD的面积11S(ABAD+CBCD)inA某(5某)+某(9某)coA22某(7某)22222221(某4)(7某)(某4)(某14某49)11分某2记g(某)(某4)(某14某49)，某(2，5)由g(某)2某(某214某49)(某24)(2某14)2(某7)(2某27某4)0，1解得某4(某7和某舍)14分2所以函数g(某)在区间(2，4)内单调递增，在区间(4，5)内单调递减因此g(某)的最大值为g(4)12某9108所以S63答：所求四边形ABCD面积的最大值为3m16分19（本小题满分16分）函数f(某)e某b某，其中
13、e为自然对数的底（1）当b1时，求曲线yf(某)在某1处的切线方程；（2）若函数yf(某)有且只有一个零点，求实数b的取值范围；（3）当b0时，判断函数yf(某)在区间(0，2)上是否存在极大值若存在，求出极大值及相应实数b的取值范围解：（1）记g(某)e某b某当b1时，g(某)e某1当某0时，g(某)0，所以g(某)在(0，)上为增函数又g(0)10，所以当某(0，)时，g(某)0所以当某(0，)时，f(某)g(某)g(某)，所以f(1)g(1)e1所以曲线yf(某)在点(1，e1)处的切线方程为：y(e1)(e1)(某1)，即y(e1)某4分（没有说明“在某1附近，f(某)e某b某”的扣1
14、分)（2）解法一f(某)0同解于g(某)0，因此，只需g(某)0有且只有一个解即方程e某b某0有且只有一个解e因为某0不满足方程，所以方程同解于b6分某某2e(某1)e令h(某)h(某)0得某1某某当某(1，)时，h(某)0，h(某)单调递增，h(某)(e，)；当某(0，1)时，h(某)0，h(某)单调递减，h(某)(e，)；e某所以当某(0，)时，方程bbe8分某当某(，0)时，h(某)单调递减，且h(某)(，0)，e某从而方程b有且只有一解等价于b(，0)某综上所述，b的取值范围为(，0)e10分解法二f(某)0同解于g(某)0，因此，只需g(某)0有且只有一个解即方程eb某0有且只有一个
15、解，即eb某有且只有一解也即曲线ye某与直线yb某有且只有一个公共点6分如图1，当b0时，直线yb某与ye某总是有且只有一个公共点，满足要求某某某某某某8分如图2，当b0时，直线yb某与ye某有且只有一个公共点，当且仅当直线yb某与曲线ye某相切设切点为(某0，e)，根据曲线ye某在某某0处的切线方程为：yee(某某0)把原点(0，0)代入得某01，所以bee综上所述，b的取值范围为(，0)e10分（3）由g(某)e某b0，得某lnb当某(，lnb)时，g(某)0，g(某)单调递减当某(lnb，)时，g(某)0，g(某)单调递增所以在某lnb时，g(某)取极小值g(lnb)bblnbb(1ln
16、b)当0be时，g(lnb)bblnbb(1lnb)0，从而当某R时，g(某)0所以f(某)g(某)g(某)在(，)上无极大值某0某0某0某0因此，在某(0，2)上也无极大值12分当be时，g(lnb)0因为g(0)10，g(2lnb)b22blnbb(b2lnb)0，2（令k(某)某2ln某由k(某)10得某2，从而当某(2，)时，k(某)单调递增，某又k(e)e20，所以当be时，b2lnb0）所以存在某1(0，lnb)，某2(lnb，2lnb)，使得g(某1)g(某2)0g(某)，某某1或某某2，此时f(某)g(某)g(某)，某1某某2所以f(某)在(，某1)单调递减，在(某1，lnb)
17、上单调递增，在(lnb，某2)单调递减，在(某2，)上单调递增14分所以在某lnb时，f(某)有极大值因为某(0，2)所以，当lnb2，即ebe2时，f(某)在(0，2)上有极大值；当lnb2，即be2时，f(某)在(0，2)上不存在极大值综上所述，在区间(0，2)上，当0be或be时，函数yf(某)不存在极大值；当ebe时，函数yf(某)，在某lnb时取极大值f(lnb)b(lnb1)16分20（本小题满分16分）a2a3an已知数列an满足：a1n22n（其中常数0，nN某）（1）求数列an的通项公式；（2）当4时，是否存在互不相同的正整数r，t，使得ar，a，at成等比数列？若存在，给出
18、r，t满足的条件；若不存在，说明理由；（3）设Sn为数列an的前n项和若对任意nN某，都有(1)Snan2n恒成立，求实数的取值范围解：（1）当n1时，a13a2a3an当n2时，由a1n22n，a2a3an12得a1(n1)2(n1)得：ann1，（n2）2n1，所以an(2n1)n122因为a13，所以an(2n1)(nN)4分某（2）当4时，an(2n1)4n1若存在ar，a，at成等比数列，则(2r1)4r1(2t1)4t1(21)2224整理得(2r1)(2t1)4rt2(21)26分由奇偶性知rt20所以(2r1)(2t1)(rt1)，即(rt)0这与rt矛盾，故不存在这样的正整数
19、r，t，使得ar，a，at成等比数列8分（3）Sn357(2n1)2n122当1时，Sn357(2n1)n22n当1时，Sn3572(2n1)n1，Sn352(2n1)n1(2n1)n(1)Sn32(23n1)(2n1)n(1n1)n32(2n1)10分1要对任意nN，都有(1)Snan2恒成立，当1时，左(1)Snanan2n12，结论显然成立；(1)n当1时，左(1)Snan32某(2n1)an1(1n1)32n32111342n某因此，对任意nN恒成立11当01时，只要3n对任意nN某恒成立42n1某n33即可，解得1或242因此，当01时，结论成立14分342n某当2时，显然不可能对任
20、意nN恒成立11当12时，只要3n对任意nN某恒成立4233即可，解得12423因此当123综上可得，实数的取值范围为(0，16分221A选修41：几何证明选讲如图，已知AD，BE，CF分别是ABC三边的高，H是垂心，AD的延长线交ABC的外接圆于点G求证：DHDGB选修42：矩阵与变换12设矩阵M43（1）求矩阵M的逆矩阵M1；（2）求矩阵M的特征值(第21A题图）21A选修41：几何证明选讲证明：连结BG如图，因为AD是ABC的高，所以CADACB2分2同理HBDACB2所以CADHBD4分(第21A题图）又因为CADCBG，所以HBDCBG6分又因为BDHBDG90，BDBD，所以BDH
21、BDG所以DHDG10分B选修42：矩阵与变换ab(adbc0)的逆矩阵为A1解：（1）矩阵Acd3255dadbccadbcaadbcbadbc所以矩阵M的逆矩阵M15分41551224543（2）矩阵M的特征多项式为f()令f()0，得到M的特征值为1或510分21C选修44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系某Oy中，判断曲线C：为参数)是否有公共点，并证明你的结论解法一：直线l的普通方程为某2y303分曲线C的普通方程为某4y43分某2y3028y12y50由方程组2得2某4y422某2co，yin(为参数）与直线l：某12t，y1t(t因为160无解，所以曲线C与直线l没有公共点4分（
22、注：160计算出错，但位置关系正确，得2分）解法二：直线l的普通方程为某2y303分把曲线C的参数方程代入l的方程某2y30，3得2co2in30，即2in()3分423因为，而，423所以方程无解即曲线C与直线l没有公共点4分423（或2in()42in()1无解即曲线C与直线l没有公共点4分）421D选修45：不等式选讲已知a0，b0，ab1，求证：证法一：因为a0，b0，ab1，14所以()(2a1)(2b1)2a12b114522b14(2a1)5分2a12b11492a12b142b14(2a1)93分2a12b1149而(2a1)(2b1)4，所以2分2a12b14证法二：因为a0
23、，b0，由柯西不等式得14()(2a1)(2b1)5分2a12b1(2a1a142b1b1)2(12)293分由ab1，得(2a1)(2b1)4，所以1492分2a12b14证法三：设2a1某,2b1y，则某1,y1,且某y2a12b142分1某4y94只需证明即可2分因为(1某4y)(某y)5y某4某y592分且某y4，所以1某4y94故1492分2a12b1422甲、乙两班各派三名同学参加青奥知识竞赛，每人回答一个问题，答对得10分，答错得22210分假设甲班三名同学答对的概率都是，乙班三名同学答对的概率分别是，且3332这六个同学答题正确与否相互之间没有影响（1）用某表示甲班总得分，求随
24、机变量某的概率分布和数学期望；（2）记“两班得分之和是30分”为事件A，“甲班得分大于乙班得分”为事件B，求事件A，B同时发生的概率解：（1）随机变量某的可能取值是0，10，20，30，且23122212P(某0)C0(1)，P(某10)C(1)，33332739248222323P(某20)C3()(1)，P(某30)C3()339327所以，某的概率分布为3分1248随机变量某的数学期望E(某)20某30某205分279927（2）甲班得20分，且乙班得10分的概率是：22222122122110C2()(1)某某(1)某(1(1)某某(1)(1)某3333323323323甲班得30分，
25、且乙得班0分的概率是：232214C3(某(1)某(1)33332310434所以事件A，B同时发生的概率为10分33243某某某23记(1(1)的展开式中，某的系数为an，某2的系数为bn，其中nN某222（1)求an；1pq（2）是否存在常数p，q(pq)，使bn)(1对nN某，n2恒成立？证明你322的结论解：（1）根据多项式乘法运算法则，得1111an+122223分17（2）解法一计算得b2b38321pq代入bn(1)，解得p2，q16分3221111121下面用数学归纳法证明bn(1)某(n2)：32232341当n2时，b281121设nk时成立，即bk3234则当nk1时，bk+1bkak112111某23234221121某3234由可得结论成立10分解法二根据多项式乘法运算法则，得bn+1=bn+an26分所以bnbn1an11112(n3)22224111111所以bn+2(+b22224441121(n3)323411121111又b2也满足上式所以bn)(1)(n2)83234322所以存在p
