安徽合肥高三理科数学第二次质量检测试题卷（2022二模理数含答案）

合肥市2022高三第二次教学质量检测 数学 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 试题（理科）参考答案及评分 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.题号123456789101112答案ACACBBDCDCBC二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.30－，13.114.3115.02216.10三、解答题：17.(本小题满分12分)解：⑴∵Sann13①，当n1时，aa123，∴a24；当n2时，Sann13②.①②得，即aann12.a又∵242，a1nn2∴数列an是从第2项起的等比数列，即当n2时，aan222.1，，n1∴a分nn………………………522.，na22211nn2⑵若选择①：cn22，nnn11n1nnn1aann1112212221212121111111∴Tn21223nnn12112.212121212121n234nn12134nn12若选择②：c，则T③，T④，n2n1n22232nn212n2231422n2n13111nn23112③-④得Tn34nnn1n2112，2442222224n4∴T22.………………………12分n2n118.(本小题满分12分)解：(1)证明:∵PMB，PMBM，∴PMB为等边三角形，3∴PBPMPCBMBC.取线段CM的中点O，连结BO，PO，∴BO⊥CM，PO⊥CM.又∵CBMCPM，212∴BOPOCMPB，22∴BO222POPB，∴POB，2又∵CMBOO，∴PO⊥平面AMCD.高三数学试题（理科）答案第1页（共4页）∵PO平面PMC，∴平面PMC平面AMCD.………………………5分(2)由(1)知，OP，，CMOB相互垂直，以O为坐标原点，OC，，OBOP所在的直线分别为x，，yz轴建立空间直角坐标系，如图所示.设AB222AD，则CM2，POBO1，连结DM，则DMCM，且DM2，∴P0，，01，C1，，00，D1，，20，B01，，0，∴PC1，，01，PD1，，21，ADBC1，，10.nPD0，xyz20，设nxyz，，为平面PAD的一个法向量，则即nAD0，xy0.令x1，则yz13，，∴n113，，，PCn4222∴cosPC，n，PCn21111222∴直线PC与平面PAD所成角的正弦值为.………………………12分1119.(本小题满分12分)解：(1)PA()ppp2;………………………4分（2）①∵UU121X，∴UU12X1.当且仅当信道1、信道2都传输成功时，由U2、X1的值可确定U1的值，所以信号U1被成功解码的概率为p2.………………………8分②若信道2传输成功，则信号U2被成功解码，概率为p；若信道2传输失败、信道1传输成功，则UUX211，因为U1为已知信号，信号U2仍然可以被成功解码，此时被成功解码的概率为U2(1pp)；若信道2、信道1都传输失败，此时信号U2无法成功解码；2综上可得，信号U2被成功解码的概率为pp12ppp………………………12分20.(本小题满分12分)解：(1)设椭圆的半焦距为c，由椭圆的几何性质知，1当点M位于椭圆的短轴端点时，FAM的面积取得最大值，此时Sacb，FAM2133∴acb=，∴acb33.22c1由离心率得ac2，∴bc3，解得c1，a2，b3，a2xy22∴椭圆C的标准方程为1.…………………………………5分43ykx12222(2)设M(x11，y)，N(x22，y).由xy得34kx8kx80.1438k8∵点(0，1)在这个椭圆内部，所以0，xx，xx，1243k21243k286k243k∴，∴点的坐标为，yy12kxx122222P22.43kk434343kk334k当k0时，直线OP的斜率为，∴直线OP的方程为yx，即xy.4k4k3916k2将直线OP的方程代入椭圆方程得y2，x2.D43k2D43k2高三数学试题（理科）答案第2页（共4页）24k244kk3169kQyy，设点.由OPOQOD得2222yy，343kkkk343434316kk229169化简得y2，化简得y3，∴点Q在直线y3上.34k2343k当直线l的斜率k0时，此时P(0，1)，D(0，3).2由OPOQOD得Q(0，3)，也满足条件.综上所述，点Q在直线y3上.……………………………12分21.(本小题满分12分)解：(1)函数fx的定义域为R，且fxesinexx.当x0时，fxesine1sine0xxx；当x0时，令hxfxesinexx，则hxecos0xx，∴hx在0，上单调递增.x0又∵h01e0，hee0，∴x00，，使得hx00，即esine0x0.当0xx0时，fx0；当xx0时，fx0.∴函数fx在，x0上单调递减，在x0，上单调递增，∴fx只有一个极小值点x0，无极大值点.…………………………5分(2)由(1)知，函数fx在0，上单调递增，fx00，且31fesinee1eee11e1.6110222，22∴x，函数fx在0，x上单调递减，在x，上单调递增.0200不妨设x12x，则0xxx102，xx要证12，即证，只要证f0fx0x12xx20x2012xx.2∵0x10x，∴xxxx001022.又∵fx在x0，上单调递增，∴要证fxfxx2012，即证fxfxx1012.令Fxfxfxx20(0xx0)，x2xx0∴Fxfxf2esineesin2ex00xxxx.x2xx0令gxFx，则gxxecosecos2xx0.π令xgx，则xexsinxxxe2xx0sin2>0（）0xx，002∴x在0，x0上单调递增，∴xx00，x0∴gx在0，x0上单调递减，∴gxgx0002e2sinx2e2hx()0，xx∴在，上单调递增，∴，即12Fx0x0FxFx00f0.2…………………………12分高三数学试题（理科）答案第3页（共4页）22.(本小题满分10分)x12t，解：(1)由(t为参数)得xy2，yt12∴直线l的极坐标方程为cossin2.a由2得2cos2a，∴22cossin2aa，2222cossin，cos2∴x22ya，∴曲线C的直角坐标方程为x22ya.……………………………5分(2)直线l的极坐标方程为cos+sin2，将=代入直线l的极坐标方程得2，4∴点M的极坐标为2，.4a将代入曲线C的极坐标方程2得22aa，，6cos212∴ABa1222.∵AMBM，且O为线段AB的中点，1∴OMAB2a，即22a，2∴a1……………………………………………10分23.(本小题满分10分)34xx，，2解：(1)依题意得，fx21xx2x，，2x134xx，1.当且仅当x1时，fx取得最小值1，即fx的最小值m1.………………………5分(2)由(1)知，abc22m，∴ab2c224abc(当且仅当ab时等号成立).2∴422abc22ababc323ab2abc2343abc34263，当且仅当2abc2，即ab12，c时等号成立，∴ab2c2的最小值为6.…………………………10分