厦门市2022届高三毕业班第二次质量检测数学参考答案终稿.pdf

上传人（卖家）：四川三人行教育

文档编号：2143033

上传时间：2022-03-03

格式：PDF

页数：8

大小：488.58KB

文档加载中……请稍候！
如果长时间未打开，您也可以点击刷新试试。

下载文档到电脑，查找使用更方便

6.99 文币

交易提醒：下载本文档，相应价格的文币将全额进入上传人（卖家）的账号。立即下载优惠套餐（点此详情）

【下载声明】
1. 本站全部试题类文档，若标题没写含答案，则无答案；标题注明含答案的文档，主观题也可能无答案。请谨慎下单，一旦售出，不予退换。
2. 本站全部PPT文档均不含视频和音频，PPT中出现的音频或视频标识（或文字）仅表示流程，实际无音频或视频文件。请谨慎下单，一旦售出，不予退换。
3. 本页资料《厦门市2022届高三毕业班第二次质量检测数学参考答案终稿.pdf》由用户（四川三人行教育）主动上传，其收益全归该用户。163文库仅提供信息存储空间，仅对该用户上传内容的表现方式做保护处理，对上传内容本身不做任何修改或编辑。若此文所含内容侵犯了您的版权或隐私，请立即通知163文库（点击联系客服），我们立即给予删除！
4. 请根据预览情况，自愿下载本文。本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
5. 本站所有资源如无特殊说明，都需要本地电脑安装OFFICE2007及以上版本和PDF阅读器，压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。

配套讲稿：: 如PPT文件的首页显示word图标，表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
特殊限制：: 部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片，仅作为作品整体效果示例展示，禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
关键词：: 厦门市 2022 届高三毕业班第二次质量检测数学参考答案下载 _其他_数学_高中

资源描述：: 1、厦门市 2022 届高三毕业班第二次质量检测数数学学参考答案参考答案一、一、选择选择题：题：本题共本题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 4040 分分 14：CABC 58：BCDB 二、二、选择选择题：题：本题共本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分全部选对的得全部选对的得 5 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 2 分，有选错的分，有选错的得得 0 0 分分 9. AC 10. ACD 11. BC 12. ABD 三三、填空题：本题共、填空题：本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 202
2、0 分分 13. (,1 14.36 15. 10 xy = 16. 6，10 四四、解答题：共、解答题：共 7070 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17.解法一：（1）在ABC中，由正弦定理得sincos2sinsincossinBBCAAA+=， 1分整理得sin()2sinsincossinABCAAA+=， 2分又sin()sin0ABC+=，所以1cos2A=， 3分又因为0A，所以3A =. 5分（2）因为D为线段BC中点，所以1()2ADABAC=+， 6分所以221()4ADABAC=+，化简得2221(+)4AD
3、bcbc=+， 7分在ABC中，由余弦定理得222+2cosabcbcA=，即22+4bcbc=， 8分又2ADAB ACbc=，联立，解得2bc =， 9分所以1133sin22222ABCSbcA= =. 10分解法二：（1）同解法一；（2）因为coscos0ADBADC+=， 6分由余弦定理得222222022DADBABDADCACDA DBDA DC+=，即22222bcAD+=， 7分在ABC中，由余弦定理得222+2cosabcbcA=，即22+4bcbc=， 8分又2ADAB ACbc=，联立，解得2bc =， 9分所以1133sin22222ABCS
4、bcA= =. 10分 DBCADBCA18解法一：（1）因为 na是等差数列，所以41072aaa+=， 1 分所以1346bb+=，即1310bb+=， 2 分设 nb的公比为(0)q q ，则3310qq+=，即231030qq+=，解得3q =或13q =， 3 分因为23b =， nb是递增数列，所以3q =， 4 分所以213 33nnnb= = (nN*) 5 分所以4143ab= ，所以 na的公差为74274aad=，所以3(4)2211nann= += 6 分（2）证明：因为111111()(211)(29)2 21129nnnca annnn+=， 8
5、分所以12nnTccc=+ 111111111()()+()2972752 21129nn=+ 111()2929n= 1118418n= . 9 分因为11( )18418f xx= 在9(, )2和9( ,)2+上单调递增， 10 分所以123414639TTTT=，5651918TT= ， 11 分所以5499nT 12 分解法二：（1）因为 nb是等比数列，所以2132bbb=， 1 分所以24107(4)aaa+=，设 na的公差为d，则2(73 )(33 )3dd+=， 2 分即23440dd=，解得2d =或23d = ， 3 分因为 nb是递增数列，所以32b
6、b，故107aa，所以0d ，所以2d =， 4 分所以3(4)2211nann= +=， 5 分所以1441ba=+=，所以 nb的公比3q =，所以213 33nnnb= = (nN*) 6 分（2）同解法一. 解法三：（1）设 na的公差为d，设 nb的公比为(0)q q ，因为 nb是递增数列，所以32bb，故107aa，所以0d ，依题意得1111211346339adbadbqadbq+=+=+=，解得119213adbq= =， 4 分所以3(4)2211nann= +=，213 33nnnb= = (nN*) 6 分（2）同解法一. 19 证明：（1）因为
7、四边形11AAB B为菱形，所以11ABB A ， 1 分平面11AAB B 平面ABC，平面11AAB B平面ABC=AB，AC 平面ABC，ACAB ，所以AC 平面11AAB B， 2 分又1AB 平面11AAB B，所以1ABAC， 3 分又1B AACA=，所以1AB 平面1B AC， 4 分又1BC 平面1B AC，所以11ABBC ， 5 分（2）l上不存在点上不存在点P，使，使1AB与平面与平面ABP所成角为所成角为30.理由如下：理由如下：取11AB中点D，连接AD,因为160ABB= ，所以1160AAB=，又111AAAB=，所以11AAB为等边三角形，所
8、以11ADAB，因为11ABAB，所以ADAB, 又平面11AAB B 平面ABC，平面11AAB B平面ABC=AB， AD 平面11AAB B, 所以AD 平面ABC， 6 分以A为原点，以AB，AC，AD方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系-A xyz， (0,0,0)A，(2,0,0)B，(0,2,0)C，1( 1,0, 3)A ，1(1,0, 3)B， (0,2,0)AC =，(2,0,0)AB =，1(1,0, 3)AB = . 7 分因为11ACAC，AC 平面111ABC，11AC 平面111ABC，所以AC平面111ABC，又AC 平面1ABC，平面11
9、1AB C平面1AB Cl=，所以ACl 8 分假设l上存在一点P，使1AB与平面ABP所成角为30，设1BPAC=（R）， 9 分则1(0,2 0)BP=，所以11(1,2 , 3)APABBP=+=，设( , , )nx y z=为平面ABP的一个法向量，则00n ABn AP=，即20230 xxyz=+=，令3y = ，则2z=，可取(0,3,2 )n=， 10 分又1(3,0,3)AB =，所以111|sin30|cos,| |n ABn ABnAB=2|2 3 |122 334=+ ， 11分即22344+=，此方程无解，因此l上不存在点P，使1AB与平面ABP所
10、成角为30. 12 分 A1C1BCAB1xyzDA1C1BCAB1P20解：（1）设y关于x的回归方程为ybxa=+，由表中数据及参考数据得10115510iixx=，101110510iiyy=， 1 分所以10110222110627001055 1050.638500105510iiiiix yx ybxx=， 3 分 1050.6 5572aybx=， 4 分所以y关于x的回归方程为0.672yx=+， 5 分当480 x =时，0.648072360y =+=，所以预测加工 480个零件所花费时间为 360分钟. 6 分（2）根据（1）的结果，由0.672360yx=
11、+得480 x , 7 分当480 x ,xN时，依题意，利润()()2210.11000.01660.0124zxxxxx=+= +， 8 分所以当480 x =时，z取最大值 9216. 9 分由0.672720yx=+得1080 x, 所以当4801080 x,xN时，依题意，利润()()220.9480 1000.84801000.01660.01144800zxxxxx=+= + 10 分所以当700 x =时，z取最大值 9700. 11分因为97009216，所以一台机器持续加工 700个零件时，利润最大，此时加工时间0.6 70072492y =+=，即估计一
12、台机器持续工作 492分钟所获利润最大. 12 分 21解法一：（1）g( )ln1xxax=+，(0,)x+， 1 分 11( )axg xaxx= ， 2 分当0a 时，( )0g x ，所以( )g x在(0,)+上单调递增； 3 分当0a 时，由( )0g x 得10 xa；由( )0g x 得1xa, 所以( )g x在1(0, )a上单调递增，在1( ,)a+上单调递减. 综上，当0a 时，( )g x在(0,)+上单调递增；当0a 时，( )g x在1(0, )a上单调递增，在1( ,)a+上单调递减. 5 分（2）依题意，( )yg x=有两个零点，由（1）可知0a
13、时不满足条件，当0a 时，max11( )( )ln0gxgaa=，解得01a，此时，11()0g eae= ，则11(0, )xa使得1( )0g x=；由（1）可知当1a =时，( )(1)g xg，即ln1xx，即1xex+， xye4ae-1x2x1O1/a则2422442()1(1)130aag ea eaaaaa=+ + = ，则21( ,)xa+使得2()0g x=. 综上，01a. 7 分又211xa，22ln10 xax+ =，即221lnxax+=. 则有222222222111()lnln(1)222f xxxaxxxx x=. 8 分设11( )ln22h t
14、ttt=(1)t ，则1( )ln02h tt=，即( )h t在(1,)+上单调递增, 9 分又22()2eh e=，22()2ef x，所以22xe， 10 分令21ln( )()xxxex+=，则2ln( )0 xxx=，即( ) x在2(,)e +上单调递减， 11分所以223()aee=. 综上,23(0,ae. 12 分解法二：（1）同解法一；（2）由( )0g x =得ln1xax+=. 6 分令1ln( )(1)xxxx+=，2ln( )xxx=，由( )0 x得01x，由( )0 x得1x ，即( ) x在(0,1)上单调递增，在(1,)+上单调递减，又(
15、1)1=，当0 x 时，( ) x，当x +时，( )0 x, 作出( )yx=图象，如图所示，则有01a满足条件. 7 分又21x ，221lnxax+= , 则有222222222111()lnln(1)222f xxxaxxxx x=. 8 分设11( )ln22h tttt=(1)t ，则1( )ln02h tt=，即( )h t在(1,)+上单调递增, 9 分又22()2eh e=，22()2ef x，所以22xe， 10 分又( ) x在2(,)e +单调递减，所以223()aee=, 11分综上，23(0,ae. 12 分 y=axyx2x1O1122解法一： (1)
16、由椭圆定义可知1ABF的周长为44 6a =，即6a =， 1分因为离心率63cea=，所以2c =， 2分又因为222bac=，所以22b =， 3分故的方程为22162xy+=. 4 分 (2)依题意，设直线AB方程为2(0)xmym=+. 联立222162xmyxy=+=，得22(3)420mymy+=，易知222168(3)24(1)0mmm =+=+. 设11( ,)A x y，22(,)B xy，则12243myym+= +，12223yym= +. 5 分因为AMx轴，BNx轴，所以12( ,0),(,0)M xN x. 所以直线AN：1212()yyxxxx=, 直线
17、BM：2121()yyxxxx=， 6 分联立解得1221122112121212(2)(2)223Cx yx ymyymyymy yxyyyyyy+=+=+. 8 分因为121212111| | |3|222ABCCSBNxxyxymy y=， 9 分又121212my yyy=+，则221211212211161|()224423ABCyymSyyyyym+=+， 10 分设211mt+= ，则2661322224ABCtSttt=+,当且仅当2tt=，即1m=时，等号成立，故ABC面积的最大值为34. 12 分解法二：（1）同解法一；（2）依题意，设直线AB方程为2(0
18、)xmym=+. 联立222162xmyxy=+=，得22(3)420mymy+=，易知222168(3)24(1)0mmm =+=+. 设11( ,)A x y，22(,)B xy，则12243myym+= +，12223yym= +. 5 分因为AMx轴，BNx轴，所以12( ,0),(,0)M xN x. xyCNMBOF1F2AxyCNMBOF1F2A所以直线AN：1221xxxxyy=, 直线BM：2112xxxxyy=， 6 分联立解得121212Cy yyyym=+. 8 分因为AMBN，所以AMBAMNSS=， 9 分所以21121111| | |2224ABCCMN
19、CSSMNyxxyym=226123mm+=+， 10 分设211mt+= ，则2661322224ABCtSttt=+,当且仅当2tt=，即1m=时，等号成立，故ABC面积的最大值为34. 12 分解法三：（1）同解法一；（2）依题意，设直线AB方程为2(0)xmym=+. 联立222162xmyxy=+=，得22(3)420mymy+=，易知222168(3)24(1)0mmm =+=+. 设11( ,)A x y，22(,)B xy，则12243myym+= +，12223yym= +. 5 分因为AMx轴，BNx轴，所以12( ,0),(,0)M xN x. 所以直线AN
20、：1212()yyxxxx=, 直线BM：2121()yyxxxx=， 6 分联立解得1221121212121212(2)(2)22x yx ymyyy mymy yxyyyyyy+=+. 7 分又121224=23myymy ym+= +，所以1212223my yxyy=+=+， 8 分 122212121221212121(3)(1)12=(2yyyyxymyymy yyxxm yym yym yym+=），即1(3,)2Cm. 9 分因为222212222482 6(1)|1|1 ()333mmABmyymmmm+=+=+=+ ，又因为点1(3,)2Cm到AB的距离221|3
21、2|1212 1mmdmm=+， xyCNMBOF1F2A所以22222(1)112 6(1)16|223232 1ABCmmSAB dmmm+=+， 10 分设211mt+= ，则2661322224ABCtSttt=+,当且仅当2tt=，即1m=时，等号成立，故ABC面积的最大值为34. 12 分解法四：（1）同解法一；（2）依题意，设直线AB方程为(2)(0)yk xk=. 联立22(2)162yk xxy=+=，得2222(31)121260kxk xk+=，易知42221444(13)(126)24(1)0kkkk =+=+. 设11( ,)A x y，22(,)B x
22、y，则21221231kxxk+=+，212212631kxxk=+. 5分因为AMx轴，BNx轴，所以12( ,0),(,0)M xN x. 所以直线AN：1221xxxxyy=, 直线BM：2112xxxxyy=， 6 分联立解得2212121212121212(2)(2)2()4(2)(2)(4)2Cy ykxxkx xxxkyyyk xk xk xx+=+. 8 分因为AMBN，所以AMBAMNSS=， 9 分所以211211| | |2224ABCCMNCkkSSMNyxxxx=，又因为2221121222 6 (1)|()431kxxxxx xk+=+=+，所以22212(1)|6|4231ABCkkkSxxk+=+， 10 分设231 1tk=+ ，则22226(1)(2)62611932()2966484ABCttttSttt+ =+ ，当且仅当114t=，即1k = 时等号成立，故ABC面积的最大值为34. 12 分

展开阅读全文