浙江省天域全国名校协作体2022-2023学年高三下学期4月阶段性联考 数学答案.pdf

1、高三 数学 学科 参考答案第 1页（共 16 页）2022 学年第二学期天域全国名校协作体 4 月阶段性联考 高三年级数学学科参考答案 命题：雅礼中学 莫跃武 命题：青岛二中 董天龙 审题：石家庄二中 宛昭勋 审题：杭州学军中学 吴力田 选择题部分（共 60 分）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复数2022202320241iiii+（）A 1122 i B 1122+i C 1122 i D 1122+i【答案】C【详解】因为 i21，i3i，i41，所以234(1)1111222iiiiiiiii+=由

2、周期性可知原式等于.故选：C 2已知集合224xMx=，4Nx x=或2x ，则 MN=（）A4x x 或0 x B4x x 或2x C4x x 或2x D2x x 【答案】B【详解】解法一：由题可得 224Mx xx x=或0 x，4Nx x=或2x ，所以 MN=4x x 或2x .解法二：由题可得4N，所以4MN，故排除 A，D；又 2M 且 2N，所以 2MN，故排除 C 故选：B 3某购物网站在 2022 年 11 月开展“全部 6 折”促销活动，在 11 日当天购物还可以再享受“每张订单金额(6 折后)满300 元时可减免 60 元”某人在 11 日当天欲购入原价 48 元(单价)

3、的商品共 45 件，为使花钱总数最少，他最少需要下的订单张数为()A7 B6 高三 数学 学科 参考答案第 2页（共 16 页）C5D4【答案】D【详解】为使花钱总数最少，需使每张订单满足“每张订单金额(6 折后)满 300 元时可减免 60 元”，即每张订单打折前原金额不少于 500 元由于每件原价 48 元，因此每张订单至少 11 件，所以最多需要下的订单张数为 4 张4.大学生志愿服务西部计划（简称西部计划）是经国务院常务会议决定，由共青团中央、教育部、财政部、人力资源社会保障部共同组织实施的一项重大人才工程。现招募选派一定数量的西部计划全国项目志愿者到西部地区基层工作，某大学计划将 6

4、 名志愿者平均分成 3 组，到 3 个不同地点服务，若每组去一个地点，每个地点都有人服务，且甲乙两名志愿者在同一个地点服务的分配方案有（）A18 种 B36 种 C72 种 D144 种【答案】A 法一：先分组再排序22342322C C A18A=法二：特殊元素优先安排，先安排甲乙，再安排其他人员2212423222C CCA18A=5.已知函数()f x 是定义在 R 上的偶函数，且在(0,)+上单调递减，若0.1(e)pf=，8(ln)7qf=，1()7rf=，则,p q r 大小关系为（）Arqp B qrp Cprq Drpq【答案】C【详解】()f x 为偶函数，则()0.181e

5、,ln,77pfqfrf=.又当0 x 时，设()ln1h xxx=+，()111xhxxx=（0 x），当()0,1x时，()0h x，()h x 单调递增，当()1,x+时，()0h x，()h x 单调递减，所以当1x=时，()h x 取得最大值，()10h=，则ln1 xx，1x=时，等号成立，所以881ln1777=，0.118eln077，()0.118ln77f eff，故选：C 6 O 为平行四边形 ABCD 外一点，3,3,2,63OAOBOCAOBBOC=,2AOC=,则向量OD 与向量OB 的夹角为（）A.56 B.23 C.3 D.6 答案：B答案：由向量运算可知ODO

6、CCDOCOA OB=+=+高三 数学 学科 参考答案第 3页（共 16 页）所以：312cos21 3OB ODBODOB OD=所以夹角为 237.已知圆1C：()()22111xy+=，圆2C：()()22214xy+=，A，B 分别是圆1C，2C 上的动点.若动点 M 在直线 1l：10 xy+=上，动点 N 在直线 2l：10 xy+=上，记线段 MN 的中点为 P，则 PAPB+的最小值为（）A3 B 5 22 C 143 D 133 答案】D【详解】由题意，点动点 M 在直线 1l：10 xy+=上，动点 N 在直线 2l：10 xy+=上，线段 MN 的中点为 P，可得点 P

7、在直线0 xy+=上，又由1122123PAPBPCrPCrPCPC+=+，点()1 1,1C关于直线0 xy+=对称的点()1,1C ，则122213PCPCPCPCCC+=+=，所以 PAPB+的最小值为 133.故选 D 8已知函数()1,01ln,0 xf xxx x=（e 为自然对数的底数），则函数()()()311eF xff xf x=的零点个数为（）A3B5C 7D9【答案】C【详解】设()f xt=，令()0F x=可得：()311ef tt=+；11yx=在0 x=处切线的斜率值为11k=设21yk x=+与lnyx=相切于点()22,lnxx，()1ln xx=，切线斜率

8、为21x，则切线方程为：()2221lnyxxxx=，即221ln1yxxx=+，2221ln1 1kxx=，解得：22xe=，221ek=；作出()f x 与211eyx=+图象如下图所示，高三 数学 学科 参考答案第 4页（共 16 页）311eyx=+与()f x 有四个不同交点，即311eyt=+与()f t 有四个不同交点，设三个交点为()12341234,t t t ttttt，由图象可知：123401tttt；()f x 与1yt=无交点，与2yt=有三个不同交点，与3yt=，4yt=各有两个不同交点，()()()211eF xff xf x=的零点个数为 7 个.故选：C二、多

9、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.全部选对得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分.9.下列说法正确的有（）A若随机变量()2,1NX，()8.00=XP，则()6.020=XP B残差和越小，模型的拟合效果越好 C根据分类变量 X 与Y 的成对样本数据计算得到012.42=，依据0.05=的独立性检验()0.053.841=x，可判断 X 与Y 有关且犯错误的概率不超过 0.05 D数据8,12,2,10,6,5,7,4的第 70 百分位数为 8【答案】ACD 高三 数学 学科 参考答案第 5页（共 16 页

10、）()()()()()()()22.1,1,00.80100.2,200.2020.6.4.0123.8410.05.C.4 5 6 7 810AXNxP XP XP XP XP XPXBCXYD=残差和越小，模型的拟合效果越好随机变量，所以对称轴为由知，所以，所以故A正确由可知判断 与 有关且犯错误的概率不超过正确对数据从小到大重新排序；因为残差平方和越小，模型的拟合效果越好.故B错，即：2，误1288 70%5.6708.=，共 个数字，所以，这组数据的第百分位数为第6项，即 故D正确10.已知抛物线2:2(0)C ypx p=的焦点为 F，经过点 F 且斜率为3 的直线 l 与抛物线 C

11、 交于点 A，B 两点（点 A在第一象限），若|8AF=，则以下结论正确的是（）A2p=BBFAF3=C2111=+BFAF D3332=AOBS【答案】BC法 一：如 图，,02pF，直 线 的 斜 率 为3，则 设 直 线 l 的 方 程 为32pyx=，联立2232ypxpyx=，得22122030 xpxp+=.解得：3,26ABppxx=.由282ApAFxp=+=，得4p=.故 A 错误；由于223BpBFxp=+=，则3AFBF=，故 B 正确；同理11311882AFBF+=+=，故 C 正确；因为直线l 的方程为()32yx=，原点到直线的距离为2 333 1d=+，所以18

12、16 338233S=+=,故 D 错误.法二：由倾角式焦半径公式和面积公式可知，864224105510FBAOAB高三 数学 学科 参考答案第 6页（共 16 页）28,4.1 cospAFpp=故 A 错误；281 cos33pBFp=+，故 B、C 正确;21616 32sin2sin3pS=，故 D 错误.【答案】BC 11如图：在三棱柱111ABCA BC中，底面为正三角形，且1145,1A ABA ACAB=,则下列说法正确的是（）A.直线1A A 与底面111A BC 所成角的余弦值为63 B.设 BC 中点为 P，则线段1PA 的长度的最小值为 12 C.平面11A B BA

13、 与平面11BCC B 夹角的余弦值为22 D.直线1A A 与平面11C AB 所成角的余弦值的最大值为32 答案：ABC 解析：对于 A：由三余弦定理可知:6cos45coscos30cos3=对于选项 B：当11PAAA时，1PA 最短为 12。对于选项 C：111,2cos2BBKAAKKPPBCAABCKBBBCKKBCKBP=过点 作垂足为，连接（为中点），平面平面为所求二面角的夹角，计算得：对于选项 D：当1AA 变大时，角越来越小接近于 0，所以错误.12.出现于春秋时期的正整数乘法歌诀“九九歌”，堪称是先进的十进位记数法与简明的中国语言文字相结合之结晶，这是任何其它记数法和语

14、言文字所无法产生的.表示十进制的数要用 10 个数码：0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，如四位十进制数321010791 100 107 109 10+=+；当前的计算机系统使用的基本上是二进制系统.二进制数据是用 0 和 1 两个数码来表示的数.它的基数为 2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”，由 18世纪德国数学家莱布尼兹第一个提出了二进制记数法.如四位二进制的数()3210211011 21 20 21 2+=+，等高三 数学 学科 参考答案第 7页（共 16 页）于十进制的数 13现把 m 位 n 进制中的最大数记为(),M m n，其中 m，*,2nnN，(),M

15、 m n 为十进制的数，则下列结论中正确的是（）A()4,215M=B()()4,22,4MM=C()()2023,20222022,2023MM D()()2023,20222022,2023MM【答案】ABD【详解】对于 A：()4,2M即是：()3210211111 21 21 21 215=+=，A 正确；对于 B：()2,4M即是：()10415333 43=+=，B 正确；对于 C、D：*,2nnN，()2,1M nn+即是()()()()()()()()()()()()()()111011110221111111111111111nnnnnnnnnnnnnn nn nn nn n

16、n nnnnnnnnnnn+=+=+=+*,2nnN，()1,2M nn+即是：()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()21210121011111112121212121222221212112nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnn+=+=+=+=+构造函数：()ln xfxx=，求得：()21 ln xfxx=()0,ex，0fx，()f x 单调递增；()e,x+，()0fx，()f x 单调递减；*,2nnNe12nn +()()12f nf n+代入得：()()ln1ln212nnnn+即是：()

17、()2112nnnn+，()()211121nnnn+()()2,11,2M nnM nn+，()()2023,20222022,2023MMD 正确.故选：ABD 非选择题部分 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13.在(1 +2)(1+)8的展开式中，4的系数是_.【答案】42【解析】原式可化为（1+x3）(1+x)7,再利用二项式定理求解.14已知无穷数列 na满足23411010aaaa=，写出满足条件的 na的一个通项公式：_.（不能写成分段数列的形式）高三 数学 学科 参考答案第 8页（共 16 页）【答案】22nnan=（答案不唯一）1cos2nna=

18、15.如图，已知 A，B，C 是双曲线22221(0,0)xyabab=上的三个点，AB 经过原点 O，AC 经过右焦点 F.若以AB为直径的圆经过右焦点 F 且2CFFA=，则该双曲线的离心率等于_【答案】173【解析】若 E 是左焦点，连接,AE BE EC，设|BFm=，|AFn=，由双曲线的对称性且 BFAC知：AEBF 是矩形，则|AEm=，|BEn=，又2CFFA=，即|2FCn=，则|2|22ECaFCan=+=+，在 RtEAC中，222|AEACEC+=，即22294()mnan+=+，而2m na=，23an=，83am=，在 Rt EAF 中，2224mnc+=，即226

19、849ac=，可得173e=.故答案为：173.16如图，直三棱柱111ABCA BC 中，34BCA=，2AC=，2BC=，点 P 在棱1BB 上，且1PAPC，当1APC 的面积取最小值时，三棱锥PABC 的外接球的表面积为_【答案】(203 10)+【详解】由余弦定理得：2232cos104ABACBCAC BC=+=，设 BP=x，1B Py=，则210PAx=+，22211114PCBCB Py=+=+，()222112ACACCCxy=+=+，由22211PAPCAC+=得：()2221042xyxy+=+，解得：6xy=，因为1PAPC，故12222212111402104120

20、42APCSyxyAP PCxx y=+=由基本不等式得：当且仅当 102yx=，且 6x y=时,即23 10 x=时取最小值。高三 数学 学科 参考答案第 9页（共 16 页）底面三角形外接圆半径22 55sinABrrC=，2222PBRr=+223 1044545(203 10)44xSR=+=+=+四、解答题：本大题共 6 小题，第 17 题 10 分，第 18、19、20、21、22 题为 12 分，共 70 分.17（本题满分 10 分）设 x R，函数()cos()0,02f xx=+的最小正周期为，且()f x 图象向左平移 6 后得到的函数为偶函数.(1).求()f x 解

21、析式，并通过列表、描点在给定坐标系中作出函数()f x在0,上的图象；(2).在锐角 ABC中，,a b c 分别是角,A B C 的对边，若2coscosabcBC=，求()f B 的值域.【答案】（1）函数()f x 的最小正周期2T=，2=向左平移 6 后cos 263fxx+=+且02，3=解析式为:()cos 23f xx=.2 分()cos 23f xx=，列表如下：x0651223111223x3023253()f x121010124 分()f x 在0,上的图象如图所示：高三 数学 学科 参考答案第 10页（共 16 页）.6 分（2）()22coscos2 coscosco

22、scoscosabcabCcBaCbCcBBC=+12 coscos,23aCaCC=，62B又因为三角形为锐角三角形所以：9 分()1,12f B 由（1）图像可知：10 分 18设数列 na满足()1112322,1,2nnnaaanaa+=(1)求数列 na的通项公式；(2)在数列 na的任意ka 与1ka+项之间，都插入()*Nk k 个相同的数()1k k，组成数列 nb，记数列 nb的前 n 项的和为nT，求27T 的值【答案】(1)12nna=；(2)27 84T=【详解】（1）数列的通项公式为12nna=；.4 分（2）数列 nb中在1ka+之前共有()()2131 222k

23、kkkkkk+=+=项，当5k=时，2320272kk+=,当6k=时23272kk+=.8 分则()()252222221001222123456T=+6212184=+=.12 分 19（本小题满分 12 分）高三 数学 学科 参考答案第 11页（共 16 页）由四棱柱1111ABCDA BC D截去三棱锥111CBCD后得到的几何体如图所示,四边形11A ADD 和 ABCD是全等的边长为 2 的菱形，且13A ADABC=，13AC=.（1）求三棱锥1AACD的体积；（2）求直线1CD 和平面1B BC 所成角的正弦值.19.解析：（1）取 AD 中点O,连接COOA,1，则ADOA1

24、，ADCO，则OCAAD1平面,.1 分 则OCAACDASADV1131=，3,3,311=CACOOA，321=OCA，.2 分 4332333212111=COOASOCA，.3 分 234332313111=OCAACDASADV.4 分（2）以O 为原点，以ODOC，所在直线分别为yx,轴，建立如图所示空间直角坐标系.OCAAD1平面，ABCDAD平面，COABCDOCA交线为平面平面,1，过点1A 作OCHA1，则ABCDHA平面1，321=OCA的延长线上点在COH.5 分)23,2,23()0,2,3(),0,0,3(),0,1,0(),0,1,0(),23023(11DBCD

25、AA，)23,2,233()0,1,3(),0,2,0(),23,1,23(111=CDDCBCBBAA，.8 分 设平面1CBB 的法向量为),(zyxn=，则=001BCnBBn，即=+0202323yzyx，令 3=x，则)1,0,3(=n，.10 分 设直线1CD 和平面BCB1所成角为，则26133sin11=nCDnCD.12 分 高三 数学 学科 参考答案第 12页（共 16 页）.20（本小题满分 12 分）为提升学生的综合素养能力，学校积极为学生搭建平台，组织学生参与各种社团活动。在学校辩论队活动中，甲同学积极参与.为了更好的了解每个同学的社团参与情况和能力水平，对每位参与辩

26、论队的同学进行跟踪记录.社团老师了解到，甲自加入辩论队以来参加过 100 场辩论比赛：甲作为一辩出场 20 次，其中辩论队获胜 14 次；甲作为二辩出场 30 次，其中辩论队获胜 21 次；甲作为三辩出场 25 次，其中辩论队获胜 20次；甲作为四辩出场 25 次，其中辩论队获胜 20 次.用该样本的频率估计概率，则：(1)甲参加比赛时，求该辩论队某场比赛获胜的概率；(2)现学校组织 6 支辩论队，进行单循环比赛，即任意两支队伍均有比赛，规定至少 3 场获胜才可晋级.社团老师决定每场比赛均派甲上场，已知甲所在辩论队顺利晋级，记其获胜的场数为 X，求 X 的分布列和数学期望.【答案】（1）设1A

27、=“甲担任一辩”；2A=“甲担任二辩”；3A=“甲担任三辩”；4A=“甲担任四辩”；B=“某场比赛中该辩论队获胜”；则()1200.2100P A=，()2300.3100P A=，()3250.25100P A=，()4250.25100P A=；()114|0.720P B A=，()221|0.730P B A=，()320|0.825P B A=()420|0.825P B A=3 分 由全概率公式可得：()()()()()()()()()11223344|P BPPPA P B AA P B AA P B AA PPB A=+0.2 0.70.3 0.70.25 0.8 0.25 0

28、.80.75=+=.所以甲参加比赛时，该辩论队某场比赛获胜的概率是0.75.5 分（2）设iC=“5 场中有i 场获胜”()3,4,5i=，D“甲所在辩论队顺利晋级”，()3233531270C441024P C D=；()4144531405C441024P C D=；()55553243C41024P C D=，则()9181024P D=，8 分()()()()3327053|91817P C DP XP CDP D=，同理可得()()()()44405154|91834P C DP XP CDP D=，()()()()5524395|91834P C DP XP CDP D=11 分

29、则 X 的分布列为：X 3 4 5 P 517 1534 934 高三 数学 学科 参考答案第 13页（共 16 页）()515913534517343434E X=+=12 分 ()321.()sintan,0 2(1)1,0()0.22(2),1,()(1).f xaxbx xxabg xf xxaN bf xa xa=+=+已知函数，若时，求证：在，上有唯一极值点若不等式恒成立，求 的取值集合 解析：(1)由题意：()3sin2xg xx=，所以()()()23cos,sin3,cos302xgxxgxxx gxx=.1 分 所以()sin3gxxx=在0,2x上单调递减，又因为()00

30、g=，所以()0gx在0,2x恒成立，故()g x在0,2x上单调递减，因为()010g=，02g，所以存在唯一的00,2x，使得()00gx=，故当()00,xx时，()0g x，当0,2xx 时，()0gx。.3 分 所 以()g x在()00,xx上 单 调 递 增，在0,2xx 上 单 调 递 减，故()g x在0,2x上 有 唯 一 极 大 值 点0 x.4 分(2)令()()sintan1F xaxxax=+，则当0,2x，()0F x 恒成立。因为()()()()22211cos1cos1coscos1coscosFxaxaxaxxxx=+=.5 分 当0a=时，()0Fx恒成立

31、，故()F x 在0,2x上单调递增，故()()00F xF=,满足题意.6 分 当1a=或2a=时，()()22coscos12coscos12cos1 cos10axxxxxx =+，故：()0Fx在0,2x上恒成立，故()()00F xF=，满足题意。.8 分 高三 数学 学科 参考答案第 14页（共 16 页）当3a 时，考虑()()21,0,1h tattt=，则()h t 在10,2ta上单调递减，在1,12ta上单调递增，令11cos2xa=，故()2coscos1m xaxx=在()10,xx上单调递减，在1,2xx 上单调递增，而()()11020,104mam xa=，10

32、 分 所以存在唯一()210,xx，使得()20m x=，所以当()20,xx时，()0m x，所以当()20,xx时，()()()21cos10cosFxxm xx=，所以()0F x 在()20,xx时恒成立，不满足题意。故a 的取值集合为0,1,2.12 分 22（本小题满分 12 分）已知椭圆()313222=+ayax：的离心率为22，点),(nmM在 上，从原点O 向圆()()2:22=+nymxM作两条切线，分别交椭圆于点QP,，（1）求椭圆 方程；（2）若直线OQOP,的斜率记为()0,2121kkkk，求21 kk 的值；（3）若0,0nm，直线02:=+nymxl与 在第一

33、象限的交点为 N，点 R 在线段ON 上，且|6MR=，试问直线 MR 是否过定点？若是，求出该定点坐标，若不是，请说明理由.（1）因为椭圆离心率22e=所以222312aea=，解得62=a 所以椭圆方程为136:22=+yx 2 分 因为直线1:OP yk x=和直线2:OQ yk x=都与圆 M 相切 所以121|21k mnk=+，222|21k mnk=+，即12kk，是2|21kmnk=+的两根，将2|21kmnk=+两边平方，可得()2222220mkmnkn+=所以212222nk k=m 3 分 又因为点),(nmM在 上，所以点2226mn+=，即2262mn=4 分 所以

34、22122222126222nnk k=mn=5 分 高三 数学 学科 参考答案第 15页（共 16 页）（2）直线 MR 的方程为 xsyt=+，联立2226xsytxy=+=整理可得()2222260systyt+=6 分 因为点),(nmM在直线 MR 上，所以msnt=+且0n，所以()()()2 2222222244262612222sts tstst-t+sn=ss+=+整理得：()22222612n sstts+=+8 分 联立20 xsytmxny=+=，可得()2msn ymt+=所以2Rmtymsn=+9 分 又因为|6MR=所以2222|1|1|22mtmnsmtnMR+sn+smsnmsn+=+=+22222()221|1|22m nstnmn+s+smsnmsn+=+因为点),(nmM在 上所以2226mn+=，代入上式继续化简得261|62+s=msn+所以()()22612|+s=|ms+2n|=|snt s+2n|=|n sts+由可知，222612612sts+=+11 分所以解得23t=所以 13t=（此时点),(nmM在第三象限，不合题意，舍去），23t=所以直线 MR 过定点()3,012 分