广东省2022年上学期惠州市高三数学第一次调研考试试题答案.docx

1、1/20广东省 2022 年上学期惠州市高三数学第一次调研考试试题答案 一、单项选择题：本题共 10 小题，每小题满分 5 分，共 50 分。1.【解析】由题意可得32xxM，0 xxN，所以NM 0 x x，故选 A 2.【解析】11izii，故选 C 3.【解析】91)32(21sin212cos)2cos(22，故选 A 4.【解析】由已知得120431kkba，故选 B 5.【解析】连接1CB，则11/DACB，可知1ACB是正三角形，213cos,cos1ACDA，故选C 6.【解析】由题知双曲线的一条渐近线方程为12yx，则21 ab，411222222eaacab，25e，故选

2、D 7.【解析】由题意可知该女子每日织布数呈等差数列，设为 na，首项51 a，39030 S，可得39022930305d，解之得2916d，故选 B 8.【解析】由)(cos)cos()(xfxxxxxf，所以 fx 为奇函数，排除 A，C；因为 fx 的大于 0 的零点中，最小值为2；又因为06cos6)6(f，故选 D 9.【解析】先从 4 个专家中选 2 个出来，看成 1 个专家有624 C种选法，再将捆绑后的专家分别派题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C A B C D B D A B 2/20到 3 个县区，共有633 A种分法，故总共有3666种派法。其

3、中甲、乙两位专家派遣至同一县区有633 A种，其概率为61366.故选 A 10.【解析】由“局部奇函数”可得：22422342230 xxxxmmmm，整理可得：244222260 xxxxmm，考虑到244222xxxx，从而可将22xx视为整体，方程转化为：2222222280 xxxxmm，利用换元设22xxt（2t），则问题转化为只需让方程222280tmtm存在大于等于 2 的解即可，故分一个解和两个解来进行分类讨论。设 222280g ttmtm （1）若方程有一个解，则有相切（切点 xm大于等于 2）或相交（其中交点在2x 两侧），即02m 或 20g，解得：2 2m 或131

4、3m （2）若方程有两解，则 0202gm，解得：2 22 213,13132 22mmmmm ，综上所述：132 2m，答案 B 二、多项选择题：本题共 2 小题，每小题满分 5 分，共 10 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得 5 分，部分选对得 3 分，有选错的得 0 分。11 题选项 12 题选项 可得分数 全部正确 BCD AC 5 分 部分正确 B、C、D、BC、BD、CD A、C 3 分 3/2011.【解析】不等式abba2恒成立的条件是0a，0b，故 A 不正确；当 a 为负数时，不等式21 aa成立故 B 正确；由基本不等式可知 C 正确；对于84

5、2444)2)(12(12yxxyyxxyyxyxyx，当且仅当yxxy 4，即21x，41y时取等号，故 D 正确故选：BCD 12.【解析】若ba/，且ba,，即两平面的法向量平行，则/成立，故 A 正确；若，且/,/ba，则a 与b 互相平行或相交或异面，故 B 错误；若ba,相交，且ba,，即两平面的法向量相交，则,相交成立，故 C 正确；若ba，且/,/ba，则 与 平行或相交，故 D 错误；故选：AC 二、填空题（本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，其中 16 题第一个空 3 分，第二个空 2 分。）13.1 xy 14.280 15.9 16.152（3 分），104

6、（2 分）【注：14 题结果写成437 2C 不扣分】13.【解析】,1)(xxf,1)1(f 因此切线方程为1 xy.14.【解析】展开式的第1r 项为717(2)1rrrrTCx，故令73r，即4r，所以3x 的系数为437 2280C 15.【解析】抛物线xy42 的焦点)0,1(F，准线为1x，由 M 到焦点的距离为 10，可知 M 到准4/20线的距离也为 10，故到 M 到的距离是 9.16.【解析】法 1：依题意作出图形，如图所示，则 sinDBCsinABC，由题意知 ABAC4，BCBD2，则 sinABC 154，cosABC14，所以 SBDC12BCBDsinDBC12

7、22 154 152，因为 cosDBCcosABC14BD2BC2CD22BDBC8CD28，所以 CD 10，由余弦定理，得 cosBDC 410422 10 104.答案：152；104 法 2：如图，作 AE 垂直 BC，作 DF 垂直 BC，由勾股及相似比可得面积。由二倍角公式可得目标角度的余弦值。三、解答题（本大题共 6 小题，共 70 分解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程）17.（本小题满分 10 分）【解析】（1）法1：611a，1511ad，.1 分 2a，5a，14a 成等比数列，2111(4)()(13)adad ad，化简得212da d，.2分 又因为0d .3

8、分【注：无此步骤，本得分点不得分】且由可得，11a ，2d.4 分【注：只要算出2d 5/20即可给分】数列的通项公式是21nan .5 分 法 2：611a，2a，5a，14a 成等比数列，2666()(4)(8)adad ad，.1分 2(11)(11 4)(11 8)ddd，化简得23366dd，.2 分 又因为0d .3 分【注：无此步骤，本得分点不得分】得2d .4 分 66naand1126n 数列的通项公式是21nan .5 分（2）由（1）得111111()(21)(21)2 2121nnnba annnn，.7 分 12111111(1)23352121nnSbbbnn .8

9、 分 6/2011(1)221n .9 分 21nn 所以21nnSn .10 分 18.（本小题满分 12 分）【解析】（1）法 1：由已知 bcosA(2ca)cosB，及正弦定理可得：2sinCcosBsinBcosAsinAcos B .1 分 2sinCcosBsin(AB)，.2 分 因为ABC，所以2sinCcosBsinC，.3 分 因为 sinC0，.4 分【注：无此步骤，本得分点不得分】所以cosB12.5 分 因为 0B，.6 分【注：无此步骤，本得分点不得分】所以B7/203.7 分 法 2：由已知 bcosA(2ca)cosB，及余弦定理可得：222222222bca

10、acbbcabcac=.1 分 化简得222acbac.2 分 余弦定理可得2cosacBac.3 分 因为 ac 0，.4 分【注：无此步骤，本得分点不得分】所以cosB12.5 分 因为 0B，.6 分【注：无此步骤，本得分点不得分】所以B3.7 分 8/20（2）由 SABC12acsinB .8 分【注：单独写出此步骤，即可得 1 分】得3124c32，所以c1.9 分 又由余弦定理：2222cosbacacB，.10 分【注：单独写出此步骤，即可得 1分】2221412 4 1132b 得13b，.11 分 故ABC的周长为513.12 分【注：第二问也可过 A 作 BC 边上的高，

11、然后通过勾股定理求得边长，此过程按踩分点给分即可】19.（本小题满分 12 分）【解析】（1）证明：因为DE平面 ABCD，AC 面 ABCD 所以.ACDE.1 分 因为ABCD是正方形，所以ACBD .2 分 9/20又DBDDE,DE 面 BDE，BD 面 BDE.3 分【注：此步骤未写全 3 个条件，本得分点不得分】故AC平面.BDE .4 分（2）法 1：【向量法】因为DEDCDA,两两垂直，建立空间直角坐标系xyzD 如图所示 .5分 因为 ED 平面 ABCD，且 EB 与平面 ABCD 所成角为60，即60DBE，.6分 所以.3DBED由已知3AD，可得.6,63AFDE .

12、7 分 则),0,3,0(),0,3,3(),63,0,0(),6,0,3(),0,0,3(CBEFA 所以).62,0,3(),6,3,0(EFBF .8 分 设平面 BEF 的法向量为),(zyxn，则00EFnBFn，即.0623063zxzy 令6z，则10/20).6,2,4(n .9 分 因为AC平面 BDE，所以CA 为平面 BDE 的法向量，).0,3,3(CA.10分 所以.131326236,cosCAnCAnCAn .11 分 因 为 二 面 角 为 锐 角，所 以 二 面 角DBEF的 余 弦 值 为.1313 .12 分 法 2：【几何法】如图，G、P 分别为线段 E

13、D、EB 的三等分点，M、N 分别为线段 EB、DB 的中点，MNGP=H，连结 FH，AF/NH，且 AF=NH，所以 FH/AN，且 FH=AN 所以 FH面 BDE，过 F 作 FQEB 垂足为 Q，连结 HQ 由三垂线定理知，FQH为二面角DBEF的平面角。.6 分 由已知可得FHAN，所以3 22FH .11/20.7 分 因为 ED 平面 ABCD，且 EB 与平面 ABCD 所成角为60，即60DBE，.8分 PHQ 为直角三角形，QPH=60，1242HPGP，所以64HQ，.9分 由勾股定理得222FQFHHQ，得784FQ，.10 分 所以cosFQH613413784.1

14、1 分 所以二面角DBEF的余弦值为.1313 .12分 20.（本小题满分 12 分）【解析】（1）法 1：【待定系数法】由题意可得2223bac，.1 分 12/20又因为点在椭圆上得141322 ba .2 分 联立解得24a，21b .3 分 所以椭圆C 的方程为2214xy.4 分 法 2：【定义法】设另一个焦点为13,0F，则1F FP 为直角三角形，由勾股定理得1171242F P，.1 分 所以124aPFPF，即2a，.2 分 由222bac得21b .3 分 所以椭圆C 的方程为2214xy .13/20.4 分 （2）当直线l 为非 x 轴时，可设直线l 的方程为 xmy

15、30，与椭圆C 联立，整理得224my2 3my 10.5 分 由222=2 3m+4 4m1=16 m0 设11A x,y，22B x,y，定点Q t,0 (且12tx,tx)则由韦达定理可得1222 3myy4m，1221y y4m.6 分 直线QA 与直线QB 恰关于 x 轴对称，等价于AQ,BQ 的斜率互为相反数.所以1212yy0 xtxt，即得1221yxtyxt0.7 分 又11xmy30，22xmy30，得11x=3my，22x=3my 所以1221y3myty3myt0，整理得12123tyy2my y0.8 分 14/20从而可得222 3m13t2m04m4m，即2m 4

16、3t0，.9 分 所以当4 3t3，即4 3Q,03时，直线QA 与直线QB 恰关于 x 轴对称成立.10分 特别地，当直线l 为 x 轴时，4 3Q,03也符合题意.11 分 综上，存在 x 轴上的定点4 3Q,03，满足直线QA 与直线QB 恰关于 x 轴对称.12 分 21.（本小题满分 12 分）【解析】（1）6 名密切接触者中随机抽取 3 名共有3620C 种方法，1 分 抽取 3 名中有感染者的抽法共有121510C C种方法，2 分 所以抽到感染者的概率2536101=202CPC 3 分（2）（i）按逐一化验法，的可能取值是 1，2，3，4，5，4 分 15/20111611=

17、6CPC，11512612=6C CPA，21513613=6A CPA，31514614=6A CPA，41551555661115=+=663A CAPAA，【5 表示第 5 次化验呈阳性或前 5 次化验都呈阴性（即不检验可确定第 6 个样本为阳性）】分布列如下：1 2 3 4 5 P16 16 16 16 13 5分【注：无列表不给分】所以 1111110=12345666633E 6 分（ii）平均分组混合化验，6 个样本可按3 3，平均分成 2 组，或者按2 2 2，分成 3 组。如果按3 3，分 2 组，所需化验次数为，的可能取值是 2，3，11111111111123231=2=

18、3CCCCPCCCC，111111121121121223232=3=3CC CCC CPCACA，7 分 分布列如下：2 3 16/20P 13 23 128=2+3=333E 8 分 如果按2 2 2，分 3 组，所需化验次数为，的可能取值是 2，3，11111111111132321=2=3CCCCPCCCC，11112121111132322=3=1+1=3CCCCPCCCC，9 分 分布列如下：2 3 P 13 23 128=2+3=333E 10 分【参考回答 1】：因为 =EEE，11 分 所以我认为平均分组混合化验法较好，按2 2 2，或3 3，分组进行化验均可。12 分【参考

19、回答 2】：因为 =EEE，按3 3，分 2 组比按2 2 2，分 3 组所需硬件资源及操作程序更少，11 分 所以我认为平均分组混合化验法且按3 3，分 2 组更好。12 分【注】第三问属于开放性问题，以上仅为参考答案，能给出理由并作出合理判断就可给分。17/20请注意后续的开放题考查评分可能涉及满意原则（如回答 1）及加分原则（如回答 2）。22.（本小题满分 12 分）【解析】（1）因为0a，则函数定义域为0+，11()xafxaxax，1 分 若0 xa，则()0fx，()f x 在(0,)a 单调递减；2 分 若 xa，则()0fx，()f x(,)a 单调递增，3 分 x(0,)a

20、 a (,)a fx 0 4分【注：无列表不得分】()f x 极小 所以当 xa时，()f x 的极小值为()1 2lnf aa，无极大值；5 分（2）法 1：2(ln)0 xxxemxxm，则2ln1x xxexxm，6 分 由（1）知，当1a 时，()lnf xxx在(0,1)单调递减，在(1,)单调递增，所以 min()11f xf，所以ln1xx，22ln11xxxxxxxxee 7 分 18/20令2()1xexh xx，(0,)x，222112()1xxeexxxh xx221111xxxxex 8 分 令()g x 11x xxe，0,x，()g x 1xex 0恒成立，所以mi

21、n()(0)g xg0 0 10 1=0e 所以()0g x 恒成立，9 分 所以()0h x(1,)x；()0h x(0,1)x；()=0h x=1x；则min()(1)h xh1211=112ee 10 分 所以22ln11xxxxxxxxee12e，当且仅当1x 时等号成立。11 分 所以，正实数 m 的取值范围为10,2e.12 分 法 2：由（1）知，当1a 时，()lnf xxx在(0,1)单调递减，在(1,)单调递增，所以min()(1)1f xf，所以ln1xx，6 分 因为2ln10 xxexmxexm，所以2(ln)0 xxxemxxm，所以2lnxemxxmxx，（*），

22、7 分 19/20令2()xmxxmh xe，(0,)x，则22(21)()xxxmxmxxm eh xee2(21)1xemxmxm(1)(1)xmexmx1(1)xmm xxme，因为0m，所以111m，若01m，则110m，当01x 时，则()0h x，所以()h x 在(0,1)单调递增，当1x 时，则()0h x，所以()h x 在(1,)单调递减，所以max21()(1)h xemh，8 分 又因为()1f x ，且()h x 和()f x 都在1x 处取得最值，所以当 211me，解得12em，所以102em，9 分 若1m ，则1011m，当101xm 时，()0h x，()h x 在10,1m单调递减；当111xm 时，()0h x，()h x 在11,1m单调递增；20/20当1x 时，()0h x，()h x 在(1,)单调递减，10 分 所以21(1)1meh，与（*）矛盾，不符合题意，舍去.11 分 综上，正实数 m 的取值范围为10,2e.12 分 欢迎访问“高中试卷网”http:/sj.fjjy.org