数学答案 (1)

2022-2023学年高考前适应性训练考试高三数学答案1.A2.C223.C【解析】xN，ex0，∴命题p为假命题，xR，必有x…0，|x|…0，所以x|x|…0，∴命题q为真命题．故选C.4.C【解析】a(1,3),|a|2,|b|1,|a2b|2，222(a2b)a4ab4b44ab44,ab1，21aa2ba2ab422,cosa,a2b，2π向量a与向量a2b的夹角为.故选：C.3elnx25.B【解析】f(x)f(x)，f(x)是奇函数，故排除C，D选项，当x1时，lnx20，2xf(x)0，故排除A，故选B．1226.D【解析】若甲乙两人中的1人到A市工作，其余3人到另外两个地方工作，安排种数有C2C3A212种；若甲乙两人中的1人到A市工作，丙丁中一人到A市工作，其余2人到另外两个地方工作，安排种数有112种；若安排甲乙人都到市工作，其余丙丁人到另外两个地方工作，安排种数有2种，C2C2A282A2A22故总共有22种.【解析】∵，∴令可得：，∵，解得：，7.CSnan12n1a1a223a2a18a11a23∵①，∴②，由①—②可得：，Snan12Sn1an2(n2)an12an(n2)∵，，∴a11a23a22a11,n13(122021)∴，∴…2021ann2S2022a1(a2a3a2022)1322.32,n212【解析】由抛物线对称性可知，不妨令均在轴上方，令8.BA,BxA(x1,y1),B(x2,y2)由可得：，HA3HBy13y2设直线的方程为：，与2联立可得：2，∴HAxmy1y4xy4my40y1y24解得，代入2可得：，∴y123y4xx13FAx114.9.ACD【解析】相关系数0r1，表示变量x,y之间具有正相关关系，所以A正确；相关系数r的绝对值越接近1，说明相关性越强，所以B错误；残差是指实际值估计值，所以C正确；R2越大，说明残差的平方和越小，即模型的拟合效果越好，所以D正确.故选ACD.10.BD【解析】根据函数f(x)Asin(x)，(A0,0,||)的部分图象，可得A2，21再根据f(0)2sin1，sin，，f(x)2sin(x)．2662112411T，又2k,kZ，2，故f(x)2sin(2x)．12111266要使g(x)f(xa)为奇函数，则f(x)的图象关于(a,0)对称，k令2ak，kZ，求得a，故选：BD．6212【解析】由，整理得是公差为的等差数11.ACDan1an12an2an1an(anan1)2,anan12列，首项，，由此可得，，累a2a19anan1=132nn2an1an2=152n,,a3a27a2a19加，得22，由此可得，anan是等差数列故ann12n32n84nn64=4n,.An8n8正确；是数列的最大项，故正确；不正确；对于两个正整数､，a6anCBmnnm，由，SnSmam1am2ana1a2a3a40,0a5a6,a6a7a80,0a9a10故的最大值为，故正确故选：SnSm10D.ACD.12.ABD【解析】A选项：当m0时，显然exlnxf(x)0，f(x)0无解.1B选项：m3时，f(x)exln(x3)，定义域为(3,)，所以f(x)ex，x3易知f(x)在定义域(3,)上是单调递增函数，1又f(1)0，f()0，21所以f(x)0在(3,)上有唯一的实根，不妨将其设为x，且x(1,)，0021则为的最小值点，且，即x0，两边取以为底的对数，得xx0f(x)f(x0)0eex0ln(x03)x031115故x0，因为，所以，f(x)…f(x0)eln(x03)ln(x03)x0x0(1,)2x03x03x0322故111，即对，都有1．f(x)…f(x0)(x03)323x(3,)f(x)x03222C选项：当m3时，由上述可知，f(x)1无解.1D选项：m2时，f(x)ex，f(1)0，f(0)0，x2故在上有唯一实数根，且．f(x)0(2,)x0x0(1,0)当时，，当，时，，从而当时，取得最小值，x(2,x0)f(x)0x(x0)f(x)0xx0f(x)f(x0)2x0(x01)f(x0)eln(x02)0，f(x)0，故选：ABD.x0216k3k3k3【解析】k21kk2，令，解得，所以3的系数为13.1Tk1C6xx(1)C6x3k3k0x1,2故答案为：1.公众号：网课来了14.7261015.【解析】由题意，可得BDAD,CDAD,BDC为二面角BADC的平面角，即222BDC=.在BCD中，BDCD2，BDC，33由余弦定理，可得BCBD2CD22BDCDcosBDC6.又由BDAD,CDAD，BDCDD且BD,CD平面BCD，所以AD平面BCD.BC设BCD外接圆的半径为r，圆心为O，则2r22，可得r=2，即DO2，1sinBDC1AD5设三棱锥ABCD的外接球的半径为R，球心为O，可得R2DO2OO2DO2()2，即111221010R.球O的半径为R.2211116.,4【解析】当x1,1时，f(x),，∵f(x)2f(x2)，即f(x)图象每往右平移2422个单位，则纵坐标伸长为原来的2倍，∴当a[3,5)时，f(a)2,2.∴g(b)2,2，即12logb2，∴b,4.24【解析】（），17.1fxsin2xcos2x12sin2x142故fx的最小正周期T，fx的值域为21,21.....................5分2（2）fx2sin2x1，43令2k2x2k,kZ，解得xk,k,kZ..............8分242883故fx的单调增区间为：k,k,kZ....................10分8818.【解析】（1）A影片。…..........................................…2分3001（2）该电影院男观众对B影片表示“非常喜爱”的概率为：P…......................…4分60021001该电影院女观众对B影片表示“非常喜爱”的概率为：P……...........................6分3003（3）∵女生对B影片“非常喜爱”和“一般喜爱”的人数比例为1:2，∴用分层抽样抽取的6人中有2人表示非常喜爱，这2人记为：A,B有4人表示一般喜爱，这4人记为：a,b,c,d∴从6人中随机抽取2人，总的基本事件为：AB,Aa,Ab,Ac,Ad,Ba,Bb,Bc,Bd,ab,ac,ad,bc,bd,cd，共15种；…......................................…8分两人均来自“一般喜爱”所包含的基本事件为：ab,ac,ad,bc,bd,cd，共6种，…........................…10分62∴这两人均来自“一般喜爱”的概率为P.……............................................12分15519.【解析】（1）∵ABC,∴(ba)(sinAsinB)sinC(ac)1即(ba)(ab)c(ac)，即cosB22∵B(0,)，∴B…............................................4分31211（2）由面积关系可知acsin2asin2csin23232322222∴ac2a2c所以1，bacac，…............................................8分ac222a2cacac48，当且仅当ac=4时等号成立.accab2a2c2ac(ac)2ac(ac)22(ac)(ac1)2148，当时，2有最小值为，所以最小值为分ac=4b48b43.…............................................1220.【解析】证明：（1）如图，取BC中点G，连接FG，OG，因为FBFC，所以FGBC，又因为平面FBC平面ABCD，平面FBC平面ABCDBC，FG平面FBC，所以FG平面ABCD，O，G分别为AC，BC中点，11所以OG//AB，OGAB.因为EFAB，EF//AB，22EF//OG所以四边形EFGO为平行四边形，所以OE//FG，所以OE平面ABCD．..............................................................................5分（2）如图，以AC所在直线为x轴，BD所在直线为y轴，OE所在直线为z轴建立空间坐标系，设OE0,0,c,c0c∴A23,0,0，B0,2,0，C23,0,0，Q3,0,.......................................7分26，，，F3,1,cCF3,1,cCFAE0,c6Q3,0,26设平面QBC的法向量v(x，y，z)BC(23,2,0),BQ(3,2,),223x2y0vBQ0则即，则，，分6v(1332).............................................9vBC03x2yz02设平面ABC的法向量n(0,0,1),设二面角QBCA的平面角为，为锐角，|nv|311所以cos．..............................................................................................11分|n||v|11311二面角QBCA的余弦值．.....................................................................................12分1121.【解析】x2y2x2y22y22y21（）设点，显然，∵00∴000，∴01P(x0,y0)x001.1242422x02y2y2y221∴000，为定值分k1k22.…...........