2022年沈阳市高中三年级教学质量监测（一）数学答案.doc

1、2022年沈阳市高中三年级教学质量监测（一）数学参考答案与评分标准说明：一、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则二、对解答题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分一、选择题：1C 2D 3B 4C 5B 6B 7A 8A二、选择题：9ACD 10BD 11ACD

2、12ABD三、填空题：13 14 15 16部分选择和填空试题解析1由题意，由集合交集的定义：故选C2因为，所以，故选D（2法）：，故选D4（参看教材选择性必修第二册43页例2）设事件为甲地下雨，事件为乙地下雨，则，则故选C5成等比数列，即，所以，得，故，则故选B6如图，以点为坐标原点，建立平面直角坐标系，设，因为，所以，所以，则，当，即时，的最小值为故选B （2法）：设，则=7由得，故，则，同理得，故，则，故故选A8因为，由题意得在有两个解设，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增即当时，的最小值为，所以当时有两个解，则是在有两个不同零点充分不必要条件故选A（2法）：由且得设（），得，则在处

3、取得最小值设，则在处取得最大值若在有两个不同零点，则，得，则是在有两个不同零点充分不必要条件故选A9见教材必修第二册88页第3题10，最小值为，最小正周期为，图象关于点中心对称，直线为对称轴故选BD11选项A中，即为圆心到直线的距离等于，故选项A正确；选项B中，由的最小值为，且，可得的最小值为，故选项B不正确；选项C中，设，则，设，且，则，故，即，且，故当时，最小值为，故选项正确（2法）：，当增大时，增大，减小，且，所以随之增大，则当时，的最小值为3故选项正确选项D中，设（为锐角），与交于，单调递增，所以当最小时，即时，易求得的值域为，故选项D正确（2法）：当时，可以求得，当向无限远处运动时，

4、趋向于，因为连续变化，所以必存在，故选项D正确故选ACD12依题意，则，A正确 ，B正确，C错误由，D正确故选ABD13，当时，取得最大值14根据二项式系数之和为64，可得，解得，所以展开式的通项公式为，令，可得，所以展开式中项的系数 为15见选择性必修教材第二册48页例316 如图，由，得，由勾股定理得，设在平面内的射影为点，即平面，连接，则由三垂线定理的逆定理可知，且，故点在的平分线上，设交于点连接，则，在中，则，设到平面的距离为，则，四面体的体积（2法）：如图，由，得，由勾股定理得，设在平面内的射影为点，即平面，连接，则由三垂线定理的逆定理可知，且，故点在的平分线上，由得，再由最小角定理

5、，得，在中，得，故四面体的体积四、解答题17选条件.（1）由正弦定理得，,因为，所以，所以3分又，故5分（2）,所以 7分由余弦定理及，有,所以9分由得出10分选条件.（1）由余弦定理,知，3分又故 5分（2）解法同选条件18（1）设公差为，则，得，2分则，设公比为，且，则，得， 4分则 6分（2）由（1）得且条件，则， 8分又，若满足条件，使，则必有，即需是被除余的正整数，又由符合，且，不符合，符合，故所有奇数项均符合条件，【通过列举得到前10项中符合的有第1、3、5、7、9项也得分】 10分所以 12分19（1）先手局后手局合计赢棋451055输棋301545合计7525100 2分 4分

6、，所以有的把握认为赢棋与“先手局”有关6分（2）的取值范围为， 8分则的分布列为 10分则 12分20（1）方法一：由题意得，四边形是直角梯形，所以，可知，所以，则 2分又有平面，平面，则, 4分且，故平面 6分方法二：由题意平面，分别以为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，又由四边形是直角梯形，如图所示，则，则，即，2分又，即，4分且，故平面 6分方法三：由题意平面，分别以为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，又由四边形是直角梯形，则，2分在平面中，则，设平面的一个法向量为，则，令，得，所以4分由，得，故平面 6分（2）由题意平面，分别以为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，如图所

7、示，则，在平面中，设平面的一个法向量，则，所以，令，得，所以8分在平面中，设平面的一个法向量，则，令得，所以10分则，设二面角大小为，11分由图可知，12分21（1）由题意得，得，所以椭圆方程为4分（2）设，直线的方程为，由消去，整理得：，所以， 5分又，所以直线的方程为：，其与直线的交点为；同理，6分所以的中点为， 7分因此的斜率为 10分因此，即为定值12分方法二：高观点下的曲线系解法.（参加数学竞赛的学生可能这样解答）设，则，.A点处的切线为，. 6分过A、M、N三点的二次曲线系为： .8分待定系数得y的系数为,为，而要求， 10分等式左侧项系数为,项系数为，项系数为.，项系数比为，解得

8、.所以. 12分（考后来洪臣老师提供方法，对照评分标准酌情给分）（2）设直线，得到，则，所以设直线，因为过定点得到，所以，所以.因为椭圆方程可化为，齐次化为，两边同时除以,得，则为的两根，所以.所以.22（1）由，得，令，得2分当时，单调递减，当时，单调递增，故在处取得极小值，即为最小值，故对于恒成立 4分（2）方法一：由，得由，则，即，得 5分设，令，得当时，单调递减，当时，单调递增，故在处取得极小值，即为最小值，即对恒成立， 7分设，当时，即在上单调递增，而，则恒成立9分当时，令，得，当时，单调递减，而，故时，即不恒成立11分综上，的取值范围为12分方法二：当时，等价于，设，且，则， 5分

9、则当时，由，由（1）得，即， 7分所以时，单调递减，时，单调递增，故在的最小值为，即恒成立9分而当时，设，令，得，由，故.当时，单调递减，故时，则单调递减，而，即时，故不成立， 11分综上，的取值范围为12分方法三：当时，等价于，设，且则， 5分设，则时，单调递减，时，单调递增，故在的最小值为，则当时，恒成立，7分所以时，单调递减，时，单调递增，故在的最小值为，即恒成立9分而当时，设（），则，且时，单调递增，则时，而，故时，所以单调递减，而，即时，故不成立， 11分综上的取值范围为12分（考后李连军老师提供方法，对照评分标准酌情给分）（2）恒成立，即为，由（1）知，恒成立，设，则，可得时，单调

10、递减，时，单调递增，故，可得，当时，恒成立； 当时，等价于设，则 设，则，则时，单调递增，时，单调递增，故，（）当时，即时，而则时，单调递增，时，单调递减，故，符合题意，（）当时，即时，则必然存在，使得当时有，则时，单调递增，而，故当，不合题意， 综上，的取值范围为（考后李刚老师提供方法，对照评分标准酌情给分）（2）由，得由，则. 由于，所以， 设，令，得.当时，单调递减，当时，单调递增，故在处取得极小值，考虑到当趋近于，函数值趋近于，所以.即恒成立，其中. 设，当时，当且仅当时，因此在上单调递减，而，故恒成立，符合题意. 当时，令，则，当时，单调递增，而，故当时，即无法恒成立， 综上，的取值范围是 数学答案 第 14 页 （共 14 页）