南京市、盐城市2022届高三年级第二次模拟考试数学试题参考答案

这是一份南京市、盐城市2022届高三年级第二次模拟考试数学试题参考答案，共7页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本大题共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)
1．C2．A3．B4．B5．C6．D7．A8．D
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．BCD10．AD11．AC12．ABD
三､填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．814．14415．－eq \f(1,4)16．120
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本题满分10分)
解：（1）因为∠BAD＝eq \f(π,3)，AC平分∠BAD，所以∠BAC＝∠CAD＝eq \f(π,6)．
在△ABC中，因为∠ABC＝eq \f(2π,3)，所以∠ACB＝eq \f(π,6)，
又因为AC＝2，由eq \f(AC,sin∠ABC)＝eq \f(AB,sin∠ACB)，得AB＝eq \f(2eq \r(3),3)，2分
所以S△ABC＝eq \f(1,2)AB·ACsin∠BAC＝eq \f(eq \r(3),3)．
在△ACD中，因为∠ADC＝∠CAD＝eq \f(π,6)，所以CA＝CD＝2，
所以S△ACD＝eq \f(1,2)CA·CDsin∠ACD＝eq \r(3)，
所以S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ACD＝eq \f(4eq \r(3),3)．4分
（2）因为AC平分∠BAD，所以∠BAC＝∠CAD，
在△ACD中，由∠ADC＝eq \f(π,6)， eq \f(AC,sin∠ADC)＝eq \f(CD,sin∠CAD)，得AC＝eq \f(1,2)·eq \f(CD,sin∠CAD) ． ①
在△ABC中，由∠ABC＝eq \f(2π,3)， eq \f(AC,sin∠ABC)＝eq \f(AB,sin∠ACB)，得AC＝eq \f(\r(3),2)·eq \f(AB,sin∠ACB)． ②6分
由①②得eq \f(CD,sin∠CAD)＝eq \f(eq \r(3)AB,sin∠ACB)．
又因为CD＝2eq \r(3)AB，所以2sin∠ACB＝sin∠CAD．
设∠BAC＝θ，则sinθ＝2sin(eq \f(π,3)－θ)，8分
所以sinθ＝2×(eq \f(\r(3),2)csθ－eq \f(1,2)sinθ)，即2sinθ＝eq \r(3)csθ．
因为θ∈(0，eq \f(π,3))，所以csθ≠0，
所以tanθ＝eq \f(eq \r(3),2)，即tan∠BAC＝eq \f(eq \r(3),2)．10分
18．(本题满分12分)
解：（1）因为2∈[21，22)，所以a2＝22＝4，2分
因为20∈[24，25)，所以a20＝25＝32．4分
（2）an＝2k的项数为2k－2k－1＝2k－1．6分
又因为20＋21＋22＋…＋2k－1＝2k－1，所以数列{an}的前2k－1项和为
Seq \s\d4(2k－1)＝21×20＋22×21＋23×22＋…＋2k×2k－1
＝21＋23＋25＋…＋22k－1
＝eq \s\d1(\f(2,3))(4k－1)．8分
当k＝5时，S31＝eq \s\d1(\f(2,3))(45－1)＝682＜2022，
S51＝S31＋26×20＝682＋1280＝1962＜2022，10分
S52＝S51＋26＝1962＋64＝2026＞2022．
又因为Sn＋1＞Sn，
所以使得Sn＜2022成立的正整数n的最大值为51．12分
E
AA
CC
DD
BB
PP
(第19题图)
19．(本题满分12分)
解：（1）取AB中点E，连接PE，DE．
因为△PAB是边长为2的等边三角形，
所以AB⊥PE，PE＝eq \r(3)，AE＝1．
又因为PD⊥AB，PD∩PE＝P，PD，PE平面PDE，
所以AB⊥平面PDE．2分
因为DE面PDE，所以AB⊥DE．
在Rt△AED中，AD＝2，AE＝1，所以DE＝eq \r(3)．
在△PDE中，PD＝eq \r(6)，DE＝eq \r(3)，PE＝eq \r(3)，所以PE2＋DE2＝PD2，所以DE⊥PE．4分
又因为AB∩PE＝E，AB，PE平面PAB，
所以DE⊥平面PAB．
又因为DE平面ABCD，
所以平面PAB⊥平面ABCD．6分
（2）由（1）知，以{ eq \(EA,\s\up8(→))， eq \(EP,\s\up8(→))， eq \(ED,\s\up8(→))}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz，
则E(0，0，0)，D(0，0，eq \r(3))，C(－2，0，eq \r(3))，P(0，eq \r(3)，0)．
则 eq \(DC,\s\up8(→))＝(－2，0，0)， eq \(PD,\s\up8(→))＝(0，－eq \r(3)，eq \r(3))．8分
(第19题图)
y
x
z
P
A
D
E
C
B
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\al(n· eq \(DC,\s\up8(→))＝0，, n· eq \(PD,\s\up8(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\al(－2x＝0，,－eq \r(3)y＋eq \r(3)z＝0．))
取x＝0，y＝1，z＝1．
所以n＝(0，1，1)是平面PCD的一个法向量．……………10分
因为DE⊥平面PAB，
所以 eq \(ED,\s\up8(→))＝(0，0，eq \r(3))为平面PAB的一个法向量．
所以cs＜n， eq \(ED,\s\up8(→))＞＝eq \f(n· eq \(ED,\s\up8(→)),│n││ eq \(ED,\s\up8(→))│)＝eq \f(\r(2),2)，
所以平面PAB和平面PCD所成锐二面角的大小为eq \f(π,4)．12分
20．(本题满分12分)
解：（1）①当1≤X≤9时，P(X＝i)＝(1－p)i－1p，i＝1，2，…，9．
当X ＝10时，P(X＝10)＝(1－p)9．
所以P(X＝i)＝eq \b\lc\{(\a\al((1－p)i－1p ，i＝1，2，…，9，,(1－p)9 ，i＝10．))4分
②E(X)＝ eq \(∑,\s\up6(9),\s\d6(i＝1))i(1－p)i－1p＋10(1－p)9＝p eq \(∑,\s\up6(9),\s\d6(i＝1))i(1－p)i－1＋10(1－p)9．
令S＝ eq \(∑,\s\up6(9),\s\d6(i＝1))i(1－p)i－1，则E(X)＝pS＋10(1－p)9．
则S＝1＋2(1－p)＋3(1－p)2＋…＋8(1－p)7＋9(1－p)8，
(1－p)S＝(1－p)＋2(1－p)2＋…＋7(1－p)7＋8(1－p)8＋9(1－p)9，
两式相减，得pS＝1＋(1－p)＋(1－p)2＋…＋(1－p)7＋(1－p)8－9(1－p)96分
＝eq \f(1－(1－p)9,p)－9(1－p)9，
所以E(X)＝eq \f(1－(1－p)9,p)＋(1－p)9＝eq \f(1,p)[1－(1－p)10]．
因为0＜p＜1，所以0＜1－(1－p)10＜1，
所以E(X)＜eq \f(1,p)．9分
（2）当p＝0.25时，由（1）得E(X)＜4， 则a×E(X) ＜4a＜5a，
即试验结束后的平均成本小于试验成功的获利，
所以该公司可以考虑投资该产品．12分
21．(本题满分12分)
解：（1）因为双曲线C渐近线方程为y＝±x，所以eq \f(b,a)＝1．
又因为双曲线C经过点(eq \r(3)，1)，所以eq \f(3,a2)－eq \f(1,b2)＝1．2分
解得a＝b＝eq \r(2)．4分
（2）方法1
当AB斜率不存在时，由双曲线对称性知AD经过原点，此时与题意不符．
设AB方程为y＝kx＋m(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点E(x3，y3)，则D(－x2，y2)．
由eq \b\lc\{(\a\al(y＝kx＋m，, eq \f(x2,2)－eq \f(y2,2)＝1，))消去x，得 (1－k2)x2－2kmx－m2－2＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(2km, 1－k2)，x1x2＝－eq \f(m2＋2,1－k2)eq \f(,)，6分
则x3＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(km, 1－k2)，y3＝kx3＋m＝eq \f(m, 1－k2)，则AB的中垂线方程为y－eq \f(m, 1－k2)＝－eq \f(1,k)(x－eq \f(km, 1－k2))，
当x＝0时，y＝eq \f(2m,1－k2)．
因为B，D两点关于y轴对称，则△ABD的外接圆圆心在y轴上，
记圆心为点F，则F(0，eq \f(2m,1－k2))．8分
因为△ABD的外接圆经过原点，则OF＝FA，即|eq \f(2m,1－k2)|＝eq \r(x12＋(y1－eq \f(2m,1－k2))2)．
又因为eq \f(x12,2)－eq \f(y12,2)＝1，所以y12－eq \f(2m,1－k2) y1＋1＝0．
同理，由OF＝FB，得y22－eq \f(2m,1－k2) y2＋1＝0，
所以y1，y2是方程y2－eq \f(2m,1－k2)y＋1＝0的两个根，所以y1y2＝1．10分
则(kx1＋m)(kx2＋m)＝1，即k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝1，所以k2×(－eq \f(m2＋2,1－k2))＋km×eq \f(2km, 1－k2)＋m2＝1，
化简得k2＋1＝m2，
所以原点O到直线AB距离d＝eq \f(|m|,eq \r(k2＋1))＝1，
所以直线AB与圆x2＋y2＝1相切．12分
方法2
设直线AB方程为x＝my＋n，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则D(－x2，y2)．
又因为B，D两点关于y轴对称，则△ABD的外接圆的圆心在y轴上，设为P(0，t)，
则PA＝PB，即eq \r(x12＋(y1－t)2)＝eq \r(x22＋(y2－t)2)．
由eq \f(x12,2)－eq \f(y12,2)＝1，eq \f(x22,2)－eq \f(y22,2)＝1，化简得t＝y1＋y2．6分
因为△ABD的外接圆经过原点O，所以PA＝PO＝|t|，即eq \r(x12＋[y1－(y1＋y2)]2)＝|y1＋y2|，
化简得y1y2＝1．8分
联立直线AB及双曲线方程eq \b\lc\{(\a\al(x＝my＋n，,eq \f(x2,2)－eq \f(y2,2)＝1，))消去x，得 (m2－1)y2＋2mny＋n2－2＝0，
所以y1y2＝eq \f(n2－2,m2－1)．10分
又因为y1y2＝1，所以eq \f(n2－2,m2－1)＝1，即m2＋1＝n2，
所以原点O到直线AB距离d＝eq \f(|n|,eq \r(m2＋1))＝1，
所以直线AB与圆x2＋y2＝1相切．12分
22．(本题满分12分)
解：（1）由f(x)＝aex＋sinx－3x－2，得f'(x)＝aex＋csx－3．
因为a≤0，所以f'(x)＝aex＋csx－3≤csx－3＜0，所以f(x)在(－∞，＋∞)单调递减．2分
又因为f(0)＝a－2＜0，f(a－2)＝aea－2＋sin(a－2)－3a＋4＞a(ea－2－3)≥0，
因此f(x)有唯一的零点．4分
（2）由（1）知，a≤0符合题意．
（i）当a＝2时，
由f(x)＝2ex＋sinx－3x－2，得f'(x)＝2ex＋csx－3．
当x＜0时，f'(x)≤2ex－2＜0，所以f(x)单调递减；6分
当x＞0时，f''(x)＝2ex－sinx≥2ex－1＞0，所以f'(x)在(0，＋∞)上单调递增，
从而，当x＞0时，f'(x)＞f'(0)＝0，所以f(x)单调递增，
于是f(x)≥f(0)＝0，当且仅当x＝0时取等号，
故此时f(x)有唯一的零点x＝0．8分
（ii）当a＞2时，f(x)＞2ex＋sinx－3x－2≥0，此时f(x)无零点；9分
（iii）当0＜a＜2时，
首先证明：当x≥0时，ex＞eq \F(x2,2)．
设g(x)＝ex－eq \F(x2,2)，x≥0，
则g'(x)＝ex－x，g''(x)＝ex－1≥0，所以g'(x)在[0，＋∞)上单调递增，
故g'(x)≥g'(0)＝1＞0，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
因此g(x)≥g(0)＝1＞0，即当x≥0时，ex＞eq \F(x2,2)．10分
当x＞0时，f(x)≥aex－3x－3＞eq \F(a,2)x2－3x－3，
令eq \F(a,2)x2－3x－3＝0，得x＝eq \F(3±eq \R(,9＋6a),a)．
取x0＝eq \F(3＋eq \R(,9＋6a),a)＞0，则f(x0)＞0．
又f(0)＝a－2＜0，f(－1)＝ae－1＋1－sin1＞0，
因此，当0＜a＜2时，f(x)至少有两个零点，不合题意．
综上，a＝2或a≤0．12分