安徽省铜陵市一中2022届高三5月教学质量检测理科数学试卷 扫描版含答案

铜陵市第一中学2022届高三5月教学质量检测答案

数 学（理科）

一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B A D C B C A A C C A D 二、填空题 13、672 14、2 15、2053 16、2

三、解答题

17、〔本题满分12分〕

解 (1)由已知得，当n≥2时，

ananan1an1an2an2an3a2a1a1

832n332n53332n1

而a1＝3，符合上式，

所以数列a的通项公式为a1nn32n……………………6分

（2）由bnn32n1知s352n1n132333n3 32sn133235337n32n18s352n1n3333n32n1 8n132n1

sn364……………………12分

18、〔本题满分12分〕

⑴SC⊥面ABCSCAB, 且AB⊥BC，所以AB⊥面SBC 所以AB⊥CF，又CF⊥BS，BSABB 所以CF⊥面SAB……………………4分

CF6,SF23,S2⑵由于

33SCF3 又由⑴知AB⊥面SBC

1AB所以E到面SCF的距离为2

VV11所以

SCEFESCF3S2SCF2AB18……………………8分

⑶如图，建立空间直角坐标系 z

CES 1122,2,2,CF220,3,3

易得面CEF的一个法向量为n1,1,2 E F 面ABC的法向量不妨取m0,0,1

C x B y

cosm,n2所以

2 A

2所以面CEF与面ABC所成锐二面角的余弦值为2.……………………12分

19、〔本题满分12分〕

(1)记Ai为大事“小明对落点在A上的来球回球的得分为i分”i0,1,3，

P111则

A3,PA2,PA111301326. 记

Bj为大事“小明对落点在B上的来球回球的得分为j分”j0,1,3，

P313则

B5,PB5,PB111301555. 记D为大事“小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上”． 由题意得

DA3B0A1B0A0B1A0B3，

由大事的独立性和互斥性，得

PDPA3B0A1B0A0B1A0B3

PA3B0PA1B0PA0B1PA0B3

PA3PB0PA1PB0PA0PB1PA0PB3

1215131516351615310，

3所以小明两次回球的落点中恰有1次的落点在乙上的概率为10.…………6分

(2)由题意，随机变量可能的取值为0,1,2,3,4,6，

由大事的独立性和互斥性，得

P0PAB111006530，

P1PA111311B0A0B135656， P2PA1311B1355，

P3PA111123B0A0B3256515， P4PA1311113B1A1B3253530， P6PA1113B32510.

可得随机变量ξ的分布列为 所以

 0 1 2 3 4 6 P 111211130 6 5 15 30 10 E所以数学期望

013011621211191531543061030.…………12分

20、〔本题满分12分〕

解：设A(x1,y1),B(x2,y2)，联立曲线与直线的方程得到

x24kx4b0，x1x24k,x1x24b

（1）

k1,AB1k2|x21x2|2(x1x2)4x1x242b2………5分 1（2）y'2xPA:yy11由

1x1(xx1),PB:yy22x2(xx2)得2

y1结合

14x2121,y24x2，b1及联立PA,PB解得yp1

即点P在直线y1上，又直线l过曲线的焦点，故ABy1y22，

|kx02|1设

P(x0,1)，则P点到ld的距离为

1k2S，

PAB2ABd21k2|kx02|2y11把

P(x0,1)x代入直线PA0得到

x2k1，

SPAB41k2|1k2|4，即(SPAB)min4.……………………12分

21、〔本题满分12分〕

(1)令h(x)xlnxx1,

h'(x)lnx h(x)在(0,1)单调递减，在(1,)单调递增，h(x)minh(1)

h(x)h(1)0，即xlnxx1……………………4分

f'(x)exa（2）①

x，

当a0时，

f'(x)0，f(x)在(0,)单调递增，此时无极值. 当a0时，取f'(x)0得到axex，令g(x)xex，则

g'(x)(x1)ex0axex有唯一解，取为xx0，

且在(0,x0)f'(x)0，在(x0,)f'(x)0， xx0是f(x)的微小值点.……………………8分

x②由①即证e0alnx03，即ex0x0ex0lnx03

1x即

0lnx03ex0，由（1）知1x0lnx01(x01)2x0

2x3即证

0ex0ex0，即(2x0)30

令p(x)(2x)ex3，p'(x)(2x)exex(1x)ex

p(x)maxp(1)e3

f(x)3.……………………12分

22、〔本题满分10分〕

（1）证明：由于AD与圆相切，

所以CADABC，

EADADF1于是

22EAD2ADF

12EACDACBAEABCADC1218090. 所以AEDF，………5分

BE3（2）由

EC2设BE3t,EC2t(t0)，所以AD2DCDB,由（1）ADDE, 即DE2DCDB,所以DC2t2DCDC5t，

EC2t1解得DC4t，所以

CD4t2 ………10分 23、〔本题满分10分〕

x3cosx3cosC1:22y-1+siny1=解：（1）由2知2sin 22所以C1的一般方程是x32y121，

即：

x2y23xy0， 再由x2y22,xcos,ysin代入知

23cossin0 即

3cossin2cos(，即曲线C1的极坐标方程是

6)；………5分

3sin(+)k62cos()（2）将直线C2与曲线C1的极坐标方程联立得6 由于直线

C2与曲线C1相切，

所以上方程组有唯一解，

32cos()sin(+)k于是66有唯一解，

3sin(2+)即3k有唯一解，所以k3. ………10分

24、〔本题满分10分〕

4(ab)(11证明：（1）由于a,b都是正数，所以原式等价于 ab)， (ab)(11)abab由于abba22ba24，

411ba所以ab成立（当且仅当ab是取等号） ………5分

（2）由于a,b都是正数，所以a11,b11，

11,111所以a1b111b12，于是a

111b14(a1)(b1)4ab21又由（1）知a，

11所以a11b12（当且仅当ab1时取等号） ………10分