安徽合肥市2022届高三理科数学二模试卷及答案

合肥市2022年高三第二次教学质量 检测 工程第三方检测合同工程防雷检测合同植筋拉拔检测方案传感器技术课后答案检测机构通用要求培训 数学(理科)参考答案及评分标准一、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.3013.－114.15.，16.31022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，aann12.a2nn2又∵42，∴数列an是从第2项起的等比数列，即当n2时，aan222.a11，，n1∴………………………5分ann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1222n31422n2n13111nn23112③④得，Tn34nnn1n2112，2442222242n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.12又∵CBMCPM，∴BOPOCMPB，222∴BO222POPB，∴POB，2又∵CMBOO，∴PO⊥平面ABCD.∵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BO1，连结DM，则DMCM，且DM2，∴P0，，01，C1，，00，D1，，20，B01，，0，第1页共4页∴PC1，，01，PD1，，21，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)PAppp2；…………………………4分(2)①若信道1和信道2都传输成功，则UU121X，由“异或”运算性质得，UU12X1.2因为信号U2已知，由UU12X1可以解出U1，此时信息U1被成功解码的概率为p；若信道1传输成功、信道2传输失败，则信号U2缺失.由UU12X1解不出U1，此时信息U1解码失败；若信道1传输失败、信道2传输成功，则信号X1缺失.由UU12X1解不出U1，此时信号U1解码失败；若信道1、信道2都传输失败，则信号X1及U2都缺失.由UU12X1解不出U1，此时信息U1解码失败；2综上可得，信号U1被成功解码的概率为p.…………………………8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，当点M位于椭圆的短轴端点时，FAM的面积1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(x11y)，N(x22y).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2243kk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4k设点Qyy，.32244kk3169k由OPOQOD得2222yy，43kkkk3434343第2页共4页16kk229169化简得y，∴y3，∴点Q在直线y3上.34k2343k2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esine1sine0xxx；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e222sinee1eee11e1.6110，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xx20x201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.令xgx，则xxesinex2xx0sin2xx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22sin22exehx0，xx∴在，上单调递增，∴，即12.…………………12分Fx0x0FxFx00f0222.(本小题满分10分)x12t，解：(1)由(t为参数)得xy2，y12t∴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分第3页共4页(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21xx2x，，2x1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3223434263ababc23abc3，当且仅当2abc2，即ab12，c时等号成立，∴ab2c2的最小值为6.…………………………10分第4页共4页