二模数学答案及评分标准

大庆市高三年级第二次教学质量检测试题数学试题参考答案及评分细则一、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．12345678ABDC1.A.【解析】因为Ax{x1}，B{x1x2}，所以ABxx12.32.B.【解析】因为zz3m8(64m)i，所以m.1223.D.【解析】②中lm,可能是异面直线、相交直线、平行直线；③中可能是异面直线、平行直线.4.C.【解析】由题意可知圆内接正n边形的周长为d2nRsin，所以ansin.nnn当n4时，a422，故A正确；令f(x)xsinfx()sincoscos(tan)由tan(0)xxxxxxx2可知，当x3时，tan，即fx()0，故B正确；xx由sin(0)可知xsin，而23，故C错误；x当3nn00123时，n04，故D正确.5..【解析】双曲线渐近线方程为yx2，右顶点P的坐标为2,0，可求A(2,2),B(2,2)，所以PAPB224.26.D.【解析】fx()1，函数fx()在R上单调递增，故错误；4x22fx()10得40x，方程无解，所以函数无零点，故错误；42x1法一：f()()xfx，法二：代特值ff(1)(1)，故错误；24x141x42因fx(1)，故f(1x)f(x)1，所以函数关于点241x24x44x211,对称，故D正确.221323437.A【解析】.由题意可知，FM,1FNNA，可求MN,NB2,MB333，222所以MNNBMB，所以MNNB，又BC平面ABEF，所以MC为外接球直径，535325在RtMBC中MC，即R故外接球表面积为SR4236，3.x38.B.【解析】因f(1)()()xfx，f(nn)()xf(f(1)()),(xn2,且nN)，fx()，x1（4）（5）（6）可知fxfxfxfxfxfx(1)()()()()()()，(2)，(3)，2019所以函数是以3为周期的迭代函数，所以ff(2023)(2022)(1)(2022).2023二、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，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9101112CDABCcc9..【解析】当c0时，，故A错误；ab当ab2,时，sinabsin，故B错误；211111法一：ab0，法二：ab()(ab)(1)0，故C正确；abababeaablnb，故D正确.10..【解析】由图可知AT2,2故1，故A正确；75由f()2可知，，即f(x)2sin(x)，k()kZ，6331232故错误；7因为fx()的单调递减区间为[2k,2k](kZ)，665π135,[,]故正确；666，π2yx2cos的图像向左平移个单位后得到yx2sin()，故D错误.6311..【解析】abab平方得ab0，所以ab，故正确；1因为ab2与ba是共线向量，所以与不能作为基底，故错误；22OBOC()()()OAABOAACOAOAABACABAC22OAOAADOA()OAADOAOD，故C正确；因为ab2，所以c与ab同向时，c22，max与反向时，c22故D错误.min，212.BCD.【解析】因为C:2xy，所以yx，1设点P(,)xy，则yx2，kx000020，12所以切线l的方程为yx00xx2，当x01时，切线方程为2xy210，故A错误；1112由题意F(0,)，Mx(,)0，Tx(0,0)222，112所以PMFTx022，因为PM//FT，所以四边形PFTM为平行四边形，又PFPM，所以四边形为菱形，可得FM平分角PFT，故B正确；因为，Ny(0,0)Ty(0,0)，2222所以PTx04y02y04y0，124FPON4PMON4y0y02y04y02，2所以PT4FPON，故正确；11直线GP方程：yxy01，可得Gy(0,10)，所以||GFy0x02，1又||PMy，所以GF//MP02，所以四边形GFMP为平行四边形，故PGFM.2222PFGM法一：PGFMGFPMPGGF2，PF22GM因为PG与GF不垂直，所以PFGM，所以PFGM2，3即PFGMPGFMGFPM成立，法二：22PFGMPGGF131x2(y)2x2(y)2x21(y)2002002002195y2yy253yy2y00400400412295y0y053y0y0y024411令yt，则t，022上式tt24tt22tt24tt2t224tt4t404，故D正确.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．1m2113.【解析】由两直线平行可知1，解得m21m2.14.4【解析】由3S77(a3a5ak)可知，777a21d(3akd5)7da(5)kd，又d0，所以k4.1331115.4【解析】法一：取AC中点F，过点B作BEAC，垂足为E，连接PE,PF22易证BE平面AAC11C，所以EP，得BPBEEP，当POE时EP最小，此时BP有最小值.易求BE23，所以AE2，因为AC8，所以EF2，1由OFEF，OFAA23得OE4，21所以EPminOE22，所以的最小值为4.4法二：由题意可知，侧面上的圆在平面AABB上的投影是椭圆，该椭圆以AB与AB的交1111点为中心，长轴长为4，短轴长为2，焦点落在线段AB,A11B的中点连线上，建立如下图的平面直角坐标系，可知BB(23,2),11(23,2),A(23,2),A(23,2)椭圆方程为2x222y21，设P在平面上的投影点是P(,)xy，因为BPBPPP，其4222中BP(x23)22(y2)，由相似可得PP3(y2)2，故BP(x23)2(y2)23(y2)2x243x284y28y43x8y32，令x2cos,ysin，故BP3216sin()，所以BP43，CC1BB1PBB1AA1AA116.{mm1或m2}【解析】由题意可知，x0是方程的一个根.又函数yf(x)xcos(x)为奇函数，所以当x0时，f(x)xcos(x)0有一个根，lnex即mxcos0有一个根.xlnx1lnx令，，则h()xmg(x)cosxhx()2xx，因为当x(0,1)时，hx()0，所以yh()x单调递增，5当x(1,)时，hx()0，所以yh()x单调递减，所以当x1时有最大值1，而g(x)cosx周期为2，且g(x)在x(0,1)单调递减，x(1,2)单调递增，lnx1所以当将函数y的图像向下平移个单位，即h(1)g(1)时符合题意，此时m2；xlnx1又01y，cosx1，所以将函数的图像向上平移至少一个单位，x也符合题意，此时m1.所以实数m的取值范围为{mm1或m2}.yyxxoo四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.（10分）（1）因为ab，所以ab0，┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄1分所以sin2xx12cos20，即sin2xxcos20，所以tan2x1，┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄3分因为x0,，所以2x[0,]，所以2x，即x┄┄┄┄┄┄┄┄┄5分248.（2）由（1）知f(x)sin2xcos2x2sin(2x)┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄7分4，3因为x[0,]，所以2x[,]┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄8分2444，所以当2x即x0时，函数fx()有最大值1.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄10分4418.（12分）（1）由题意可知：a21ad，a31a2d，2因为a1，a21，a31成等比数列，所以(a21)a1(a31)，┄┄┄┄┄┄┄1分62因为a11，所以dd2，┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄2分若d0，则a210，与a1，a21，a31成等比数列矛盾，所以d0，┄3分所以d2，所以ana1(n1)d2n1┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄4分ba221（2）因为2，ba111，ba11n1所以等比数列{}bn的首项为1，公比为2，所以bn2，┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄6分n1abnn（2n1）2因为cnlog2log2log（22n1）log22n1n1，┄┄8分ann121所以Tnlog21log23log23log25log（22n1）log221n12n1┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄10分nn1故Tnlog21.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄12分n2219.（12分）选①，由23SABAC可得cbsinA3cbcosA，┄┄┄┄┄┄1分可得tanA3，┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄2分因为A0,π，π所以A；┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄4分3BC选②，由2cos21cos2A可得1cosBCA1cos2┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄2分2所以cosπAA2cos21，即2cos2AAcos10，1π因为0Aπ，所以1cosA1，故cosA，所以A；┄┄┄┄┄┄┄┄┄4分23选③，由c3asinCccosA及正弦定理可得sinCACCA3sinsinsincos，┄┄┄┄┄1分ππ1因为C0,π，所以sinC0，所以3sinAAAcos2sin1，即sinA，662┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄3分ππ5ππππ因为，所以A，所以A，得A.┄┄┄┄┄┄4分666663（2）因为bc3，所以03b，┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄5分71因为D是BC的中点，所以ADABAC，┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄6分22222平方得42ADABACABACABAC，π2所以4AD2cb222bccoscbbcbc22bc┄┄8分32392┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄9分3b(3b)b3b3b24329392因为03b，所以b时，4AD，AD，43AD，2444┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄10分3333AD，故线段AD长的取值范围为,.4242┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄12分20.（12分）如图，延长FO至点M使FOOM，连接MD，因为底面ABCD的中心为O，所以PO平面ABCD，所以POBD，因为BOODFOBDOM，所以FOBDOM，┄┄┄┄┄┄┄┄┄2分所以FBOMDO，所以FB//DM，即EF//DMPFPE所以FMED，而PF2FOFM所以PEED，所以EO//PB，因为PB平面PBC，EO平面PBC，所以EO//平面P