1、高三数学理科试题答案 第1页,共4页试卷类型:B晋中市2022年3月普通高等学校招生模拟考试数学答案(理科)1.D 由题图知,阴影部分所表示的集合是U(AB),A=x|x2-2x-30=x|x3,B=y|y=2x=y|y0,AB=x|x0,故U(AB)=x|-1x0=-1,0,故选 D.2.A 因为z=1-(1-i)2=1-(1-2i+i2)=1+2i,所以z=1-2i,故选 A.3.D 由题意可知,其中有两位志愿者要被安排到同一服务站点,先选出2名志愿者作为一个整体,然后看作4个不同的元素安排到4个服务站点,即C25A44=240,故选 D.4.D 因为p 是q 的充分不必要条件,所以x|-
2、1xm,即 m-1,故选 D.5.A 根据正态分布密度函数的图形特征,其图象关于直线x=2对称,又因为P(a+3),所以有(a-1)+(a+3)2=2,解得a=1,故选 A.6.B 由题意可知f(x)=x22x+14x+1=2x22x+2-x,因为f(-x)=2(-x)22-x+2x=2x22-x+2x=f(x),所以函数f(x)为偶函数,图象关于y 轴对称,可排除 C,D 选项,又f(x)=x22x+14x+1 0恒成立,可排除 A 选项.故选 B.7.B 因为tan+54 =tan+4 =3,所以1+tan 1-tan=3,解得tan=12,又因为tan(+)=13,所以tan(2-)=-
3、tan=-tan(+)-=-tan(+)-tan 1+tan(+)tan=-13-121+1312=17.故选 B.8.B 由题意,当t=0时,M=ea=9,因为e-0.22t+a=9e-0.22t=3,所以-0.22t=ln13=-ln 3,t=ln 30.22 1.10.22=5.故选 B.9.C 由题意,设球的半径为r,底面三角形边长为2x,因为侧棱长与底面边长之比为32,所以侧棱长为3x,因为三棱柱的侧面积为162,即满足3(3x)(2x)=18x2=162,解得 x=3,可知侧棱长为9,底面边长为6,如图所示,设 N,M 分别是上、下底面的中心,MN 的中点O 是三棱柱ABC-A1B
4、1C1 外 接 球 的 球 心,则 AM=33 6=2 3,OM=12 MN=12 AA1=92,r=OA=OM2+AM2=92 2+(2 3)2=1292,所以S=4r2=41292 2=129.故选 C.10.B 由题意,可得图象如图所示,因为PF1PF2,O 为F1F2 的中点,Q 为PF1 的中点,所以OQPF2,所以F1QOQ,因为焦点F1(-c,0)到渐近线bx+ay=0的距离d=|-bc|b2+a2=bcc=b,所以|F1Q|=b,又因为|OF1|=c,F1QOQ,所以|OQ|=c2-b2=a,所以|PF2|=2a,|PF1|=2b,所以SPF1F2=122a2b=2ab=45c
5、2,所以25a2(c2-a2)=4c4,所以4e4-25e2+25=0,解得e2=5或e2=54,故e=5或e=52,故选 B.11.A 由题意可知,f(x)=2 3sin 4+x2 sin 4-x2 +sin x=2 3sin 4+x2 cos 4+x2 +sin x=3sinx+2 +sin x=3cos x+sin x=2sinx+3 ,将函数f(x)的图象上所有点的横坐标缩短为原来的14,纵坐标不变,可得y=2sin4x+3 的图象,然后再 向 左 平 移 (0)个 单 位 长 度,可 得y=2sin4x+4+3 的图象,因为所得的图象关于y 轴对称,可得4+3=k+2(kZ),则=2
6、4+k4(kZ),取k=0,得=24.故选 A.高三数学理科试题答案 第2页,共4页12.B 设公切线与曲线y=ln x-1和y=ax2 的交点分别为(x1,ln x1-1),(x2,ax22),其中x10,对于y=ln x-1,y=1x,所以与曲线y=ln x-1相切的切线方程为y-(ln x1-1)=1x1(x-x1),即y=xx1+(ln x1-2),对于y=ax2,y=2ax,所以与曲线y=ax2 相切的切线方程为y-ax22=2ax2(x-x2),即y=2ax2x-ax22,所以1x1=2ax2,ln x1-2=-ax22,有-14ax21=ln x1-2,即 14a=2x21-x2
7、1ln x1(x10),令g(x)=2x2-x2ln x,g(x)=3x-2xln x=x(3-2ln x),令g(x)=0,得到x=e32,当x(0,e32)时,g(x)0,g(x)单 调 递 增,当 x(e32,+)时,g(x)0,g(x)单调递减,所以g(x)max=g(e32)=12e3,故 00,x3+5x2+4xax2x2+5x+4x a恒 成 立,只 需 满 足 a x2+5x+4x min,因为 x0,所 以x2+5x+4x=x+4x+52 x4x+5=9,当且仅当x=4x,即x=2时取等号.故实数a 的取值范围是(-,9.15.34解析 由题意可知,AB=6,AD=4,BAD
8、=3,所以 ABAD=|AB|AD|cosBAD=64cos 3=12.又因为 AE=AD+DE=AD+13DC=13AB+AD,AF=AB+BF=AB+12BC=AB+12AD,所以 AEAF=13AB+AD AB+12AD =13AB2+76ABAD+12AD2=1362+7612+1242=34.16.14解析 在AMN 中,由余弦定理得,MN2=AM2+AN2-2AM ANcos 120=25+9-253-12 =49,所 以 MN=7 千 米.设 PMN=,因为MPN=60,所以PNM=120-,0120,在 PMN 中,由正弦定理得,MNsinMPN=PMsin(120-)=PNs
9、in=7sin 60=14 33,所以 PM=14 33 sin(120-),PN=14 33 sin,因此PM+PN=14 33 sin(120-)+14 33 sin=14 3332cos+12sin +sin=14 3332cos+32sin =14sin(+30),因为0120,所以30+301,由条件3a4,2a5,a6 成等差数列,可得4a5=3a4+a6,即4a4q=3a4+a4q2,可得q2-4q+3=0,解得q=3或q=1(舍去),又因为a23=9a4,即a21q4=9a1q3,即a1=3.所以数列an是首项为3,公比为3的等比数列,所以 an=3n(nN*).6分(2)因为
10、bn=log3a2n-1=2n-1,所以1bnbn+1=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1 ,数列1bnbn+1 的前n 项和Tn=1b1b2+1b2b3+1b3b4+1bnbn+1=12 1-13+13-15+15-17+12n-1-12n+1=12 1-12n+1 =n2n+1.12分18.解(1)因为Q 为AD 的中点,PA=PD,所以PQAD,因为平面PAD平面 ABCD,且平面PAD平面 ABCD=AD,所以PQ平面 ABCD,又因为 AB平面 ABCD,所以PQAB.根据条件 AD=2BC,ADDC=0,BC=1,可知 AD=2BC=2,ADCD,又因为PA=P
11、D=2,所以PAD 为正三角形,故PQ=3,因为PQ平面 ABCD,所以VP-ABD=13PQSABD=13PQ12ADCD=33.6分高三数学理科试题答案 第3页,共4页(2)以Q 为原点,QA 为x 轴,QB 为y 轴,QP 为z 轴 建 立如图所示的空间直角坐标系,则 A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,1,0),P(0,0,3),所以 AB=(-1,1,0),PB=(0,1,-3),设平面PAB 的法向量为m=(x,y,z),则 mAB=0,mPB=0,即-x+y=0,y-3z=0,取m=(3,3,1),又因为PC=(-1,1,-3),设直线PC 与平面PAB 所成角为,则s
12、in=|cos|=PCm|PC|m|=(-1)3+1 3+(-3)1(-1)2+12+(-3)2(3)2+(3)2+12=10535,所以 直 线 PC 与 平 面 PAB 所 成 角 的 正 弦 值 为10535.12分19.解(1)由题意可知,的可能取值为50,20,10,产品为一等品的概率为0.80.6=0.48,产品为二等品的概率为0.80.4+0.20.6=0.44,产品为三等品的概率为1-0.48-0.44=0.08,所以 的分布列为502010P0.480.440.08E()=500.48+200.44+100.08=33.6.6分(2)改良方案对一件产品的利润的均值会产生影响,
13、理由如下:由题意可知,改良过程中,每件产品检测成本增加x(0 x4)万元时,第二工序加工结果为 A 级的概率增加0.1x,设改良后一件产品的利润为,则 可能的取值为50-x,20-x,10-x,所以一等品的概率为0.8(0.1x+0.6)=0.48+0.08x,二等品的概率为0.81-(0.6+0.1x)+(1-0.8)(0.6+0.1x)=0.44-0.06x,三等品的 概 率 为 1-(0.48+0.08x)-(0.44-0.06x)=0.08-0.02x,所以E()=(0.48+0.08x)(50-x)+(0.44-0.06x)(20-x)+(0.08-0.02x)(10-x)=1.6x
14、+33.6,因为 E()在 0,4上 单 调 递 增,故 当 x=4 时,E()取到最大值为40,又因为E()E(),所以该改良方案对一件产品的利润的均值会产生影响.12分20.解(1)点P 1,22 在椭圆上,1a2+12b2=1,椭圆的离心率e=ca=22,a2=2c2=b2+c2,即b2=c2=12a2,代入 1a2+12b2=1,得到a2=2,b2=1,椭圆C 的方程为x22+y2=1.4分(2)假设存在.|2OA+OB|=|2OA-OB|,(2OA+OB)2=(2OA-OB)2,得到OAOB=0,当直线l的斜率不存在时,设l:x=t,代入椭圆方程得y=1-12t2,不妨令 A t,1
15、-12t2 ,B t,-1-12t2 ,由OAOB=0,得t2-1+t22=0,解得t=63,此时x=63,与圆x2+y2=23相切.7分当直线l的斜率存在时,设l:y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2),联立 x2+2y2=2,y=kx+m,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0,则=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-2)0,由根与系数的关系得x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-21+2k2,则y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=m2-2k21+2k2,由OAOB=0,即x1x2+y1y2=0 可得2m2-21
16、+2k2+m2-2k21+2k2=0,整理得 m2=23k2+23,满足0,|m|k2+1=63,即原点到直线l的距离为 63,直线l与圆x2+y2=23相切.综上所述,存在定圆E,使得直线l与圆E 相切,这时定圆E 的方程为x2+y2=23.12分21.解(1)由条件f(x)=xln x+2,得到f(x)=ln x+1,所以f(1)=1,f(1)=2,所以f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为y-2=1(x-1),即x-y+1=0,故切线与两坐标轴围成的三角形的面积为S=1211=12.3分高三数学理科试题答案 第4页,共4页(2)g(x)=f(x)-a2x2-x+(a-2)=xln x+
17、2-a2x2-x+(a-2)=xln x-a2x2-x+a,得到g(x)=ln x-ax,令h(x)=g(x)=ln x-ax,故h(x)=1x-a,当a0时,h(x)0,函数h(x)单调递增,当x1时,h(x)h(1)=-a0,即g(x)0,g(x)在(1,+)上单调递增.6分由题意可知x1,x2 分别是方程g(x)=0的两个根,即ln x-ax=0 的两个根,即ln x1=ax1,ln x2=ax2,原式等价于1+0,0 x1 1+x1+x2,又由于ln x1=ax1,ln x2=ax2,作差得,ln x1x2=a(x1-x2),即a=ln x1x2x1-x2,所以原式等价于lnx1x2x
18、1-x2 1+x1+x2,因为0 x1 x2,所 以 原 式 恒 成 立,即 ln x1x2(1+)(x1-x2)x1+x2恒成立,9分令t=x1x2,t(0,1),则不等式ln t0,所以 m(t)在(0,1)上单调递增,又因为 m(1)=0,所以 m(t)0在(0,1)上恒成立,符合题意.当020,t(2,1)时,m(t)0,所以 m(t)在(0,2)上单调递增,在(2,1)上单调递减,又因为m(1)=0,所以m(t)在(0,1)上不能恒小于0,不符合题意,舍去.综上所述,若不等式1+0,所以的取值范围为1.12分22.解(1)由x=32t,y=1+12t(t 为参数),消去参数得直线l的
19、普通方程为x-3y+3=0,由 曲 线 C 的 极 坐 标 方 程 为 2=31+2cos2及x=cos,y=sin,得曲线C 的直角坐标方程为y23+x2=1.5分(2)把x=32t,y=1+12t(t为参数)代入y23+x2=1得到5t2+2t-4=0,设 A,B 对应的参数分别为t1,t2,则t1+t2=-25,t1t2=-45,所以t1,t2 异号,故|PA|+|PB|=|t1-t2|=(t1+t2)2-4t1t2=2 215,所以|PA|+|PB|的值为2 215.10分23.解(1)当x12时,f(x)=2x-1-x=x-1x,解得x;当0 x12 时,f(x)=1-2x-x=1-3xx,解得0 x14;当x0时,f(x)=1-2x+x=1-xx,解得x0;故f(x)x 的解集为-,14.6分(2)由于f(x)=|1-2x|-|x|,所以|1-2x|-|x|+|2x-4|+|x|-2a0,即2a|1-2x|+|2x-4|,因为|1-2x|+|2x-4|1-2x+2x-4|=3,故2a3,即a32.故a 的取值范围为-,32.10分
