2022马鞍山高三下学期第二次教学质量监测（二模）数学（理）PDF版含答案

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一、选择题：本大题共12个题，每小题5分，共60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．B． 2．A． 3．D． 4．C． 5．C． 6．A．
7．B． 8．A． 9．C． 10．D． 11．B． 12．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．． 14．． 15．． 16．．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须做答。第22、23题为选考题，考生根据要求做答。
17．【解析】（1）成绩为“良好”和“优秀”的两组频率合计0.5，共50人，抽样比为．（1分）
所以成绩为“良好”的抽取人，成绩为“优秀”的抽取人．（3分）
所以抽到的竞赛得分都是“优秀”的概率为．（5分）
（2）由题意知，的可能取值．（6分）
由题可知，任意1名学生竞赛得分“优秀”的概率为，竞赛得分不是“优秀”的概率为．若以频率估计概率，则服从二项分布．（7分）
；；；．
所以的分布列为
．（12分）
18．【解析】选①：
（1）因为，所以，
又，，所以，所以，
所以．（6分）
（2）由余弦定理可得，，所以．
所以，由，所以．
因为，所以．（12分）
选②：
（1）因为，，所以由正弦定理可得，
所以，，
由正弦定理可得，所以，
由余弦定理可得，，
由，所以，所以．（6分）
（2）因为，
所以．（12分）
选③：
（1）因为，所以，
由，，所以，．
由余弦定理可得，，．
所以．（6分）
（2）因为，
所以．（12分）
19．【解析】（1）取中点，连接．
因为是等腰三角形，所以，．
因为平面平面，平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，又，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面．（6分）
（2）连接交于，取中点，连接，所以．
因为平面，所以平面，因为平面，所以，，又因为四边形是菱形，所以，所以两两垂直．
建立如图所示的空间直角坐标系，则， ，，，，，，，．
设平面的法向量为，
则，令，得，
又平面的法向量为．
设二面角的大小为，则，．
所以二面角的正弦值为．（12分）
20．【解析】（1）联立直线与抛物线的方程得，
由题意，，解得，所以抛物线的方程为．（4分）
（2）依题意设直线，与抛物线的方程联立，得．由得，由韦达定理可知，线段的中点的纵坐标，横坐标．
由于点在轴上且，所以为线段的中点，故，从而点的坐标为，点的横坐标．
于是，的面积，因为，所以面积的取值范围是．（12分）
21．【解析】（1），令得．
因为，所以，当时，；当时，．
故函数的单调增区间为，单调减区间为．（4分）
（2）（i）法一：因为各项均为正整数，即，故．
于是，又，
所以，由题意为整数，因此只能，即．（8分）
（i）法二：由题，，
因为各项均为正整数，即，故，于是且．
由题意为整数，因此只能，即．（8分）
（ii）法一：由，得，．
原不等式．
由（1）知时，，取得．
因此只需证：，即证明．
记，则．
；；当时，．
故原不等式成立．（12分）
（ii）法二：由，得，．
原不等式．
由（1）知时，，取得．
因此只需证：，即证明．
；；当时，，故，即．
当时，．
故原不等式成立．（12分）
（其它合理证明方法，请酌情给分）
22．【解析】（1）曲线的极坐标方程：，得：，
由，得曲线的直角坐标方程：．
由直线：，得：，
联立，解得：，所以定点的极坐标为．（5分）
（2）由（1）得，曲线：，圆心，半径，
由，得圆心到直线的距离．
当直线的斜率不存在时，，经检验满足题意；
当直线的斜率存在时，设，即：.
，直线的方程为:．
所以，直线的方程：或．（10分）
23．【解析】（1），
故解得，，所以不等式的解集．（5分）
（2）由（1），
，
当且仅当时，即时取等号．（10分）
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