桂林崇左贺州河池来宾市2022届4月高三理科数学联合模拟考试及答案.pdf

1、理科数学试卷参考答案第页 （共4页）2022年高考桂林崇左、 贺州河池、 来宾市联合模拟考试数学 （理科） 参考答案及评分标准1. C2. D3. D4. C5. A6. D7. A8. B9. A10. D11. D12. A13. -3 14. 54015. 4 因为CD = 2DA =10， 所以AD =102， 则AB = AC =3102，所以SABC=12()31022sinA = 9， 所以sinA =45，0 A 5.024，4分所以有97.5%的把握认为对教师教学水平满意与教师管理水平满意有关.5分（2） 对教师教学水平和教师管理水平都满意的概率为25， 且随机变量X的所有可

2、能取值为0,1,2,3，6分其 中P(X=0）=( )353=27125；P(X=1）=C13（25）( )352=54125；P(X=2）=C23( )252（35）=36125；P(X=3） =( )253=8125，所以随机变量X的分布列为： 10分则E（X） =027125+154125+236125+38125=65.12分对教师教学水平满意对教师教学水平不满意合计对教师管理水平满意403575对教师管理水平不满意20525合计6040100XP027125154125236125381251理科数学试卷参考答案第页 （共4页）18.选作条件证明：设1 - Sn= aqn( a 0,

3、q 0 )， 则1 - Sn= a2q2n，Sn= 1 - a2q2n2分当n = 1时，a1= S1= 1 - a2q2；4分当n 2时，an= Sn- Sn - 1=()1 - a2q2n-()1 - a2q2n - 2= a2q2n - 2(1 - q2)；6分因为 an也是等比数列， 所以a1= 1 - a2q2也满足上式1 - a2q2= a2(1 - q2)， 解得a2= 18分所以an= q2n - 2()1 - q2， 则a1= 1 - q2，a2= q2(1 - q2)10分所以a2= a1(1 - a1)12分选作条件证明：因为a2= a1(1 - a1)， an是等比数列

4、，所以公比q =a2a1= 1 - a1，2分所以Sn=a11 - (1 - a1)n1 - (1 - a1)= 1 - (1 - a1)n，5分即1 - Sn=(1 - a1)n=1 - a1n，8分因为1 - Sn + 11 - Sn=1 - a1n + 11 - a1n=1 - a1，11分所以1 - Sn是等比数列12分选作条件证明：设1 - Sn= aqn( a 0,q 0 )， 则1 - Sn= a2q2n，Sn= 1 - a2q2n2分当n = 1时，a1= S1= 1 - a2q2；4分当n 2时，an= Sn- Sn - 1=()1 - a2q2n-()1 - a2q2n -

5、 2= a2q2n - 2(1 - q2)；6分因为a2= a1(1 - a1)， 所以a2q2(1 - q2) = (1 - a2q2) a2q2， 解得a2= 1；8分所以an= q2n - 2()1 - q2，n 110分则an + 1an=q2n()1 - q2q2n - 2()1 - q2= q2所以 an为等比数列；12分19.解析：（1） 解法一因为PA底面ABCD， BC平面ABCD， 所以PABC1分因为ABCD为正方形， 所以ABBC， 又PAABA， 所以BC平面PAB3分因为 AE平面 PAB， 所以 AEBC. 因为 PAAB， E 为线段 PB的 中 点 ， 所 以

6、 AEPB， 又 PBBCB， 所 以 AE 平 面 PBC 5分又AE平面AEF， 所以平面AEF平面PBC 6分解法二因为PA底面ABCD， PA平面PAB， 所以平面PAB底面ABCD， 又平面PAB底面ABCDAB， BCAB， BC平面ABCD， 所以BC平面PAB.3分因为AE平面PAB， 所以AEBC.因为PAAB， E为线段PB的中点， 所以AEPB.因为PBBCB， 所以AE平面PBC.又AE平面AEF， 所以平面AEF平面PBC.6分（2） 因为PA底面ABCD， ABAD， 所以以A为坐标原点， 分别以 AB， AD， AP的方向为x轴， y轴， z轴的正方向， 建立如图

7、所示的空间直角坐标系A-xyz， 设正方形ABCD的边长为2， 则A （0,0,0） ， B （2,0,0） ， C （2,2,0） ， D （0,2,0） ， P （0,0,2） ， E （1,0,1） ， 所以 AE(1,0,1)， PC(2,2， 2)， PD(0,2， 2). 8分2理科数学试卷参考答案第页 （共4页）设点F的坐标为(2， ， 0)(02)， 则 AF(2， ， 0)设 n （x1， y1， z1） 为平面 AEF 的法向量， 则n AE = 0n AF = 0， 所以x1+ z1= 02x1+ y1= 0，取 y12， 则 n(， 2， ) 设m= （x2， y2，

8、z2） 为平面PCD的法向量， 则m PC = 0m PD = 0， 所以x2+ y2- z2= 0y2- z2= 0，取 y21， 则 m= （0,1,1） .10分因为平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30，所以|cos 30|m n|m |n2 + 2 22+ 432， 解得1，11分故当点F为BC中点时， 平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30 12分20.（1）当x0=12时，y0= -11分设切线方程为y + 1 = k( x -12)， 代入x2=4y，得x2- 4kx + 2k + 4 = 0，2分 = 16k2- 8k - 16 = 0， 得k =1 1744分所以切

9、线PA， PB的方程为y + 1 =1 174( x -12)5分（2） 因为P(x0，y0)是圆C1上一点， 所以( x0-1)2+( y0+1)2=14设直线PA方程为y -y0=k1( x -x0)， 代入x2=4y，得x2- 4k1x-4(y0-k1x0)=0， = 16k12+ 16(y0- k1x0)= 0整理得k21- k1x0+y0=0 6分同理， 直线PB方程为y - y0=k2( x - x0)， 有k22- k2x0+y0=0由知，k1k2是方程k2-kx0+y0=0的两根所以k1+ k2=x0，k1k2=y07分由切线意义知， 在x2- 4k1x-4(y0-k1x0)中

10、，xA+ xA=4k1， 则xA=2k1所以A(2k1，k21） ， 同理B(2k2，k22） ，kAB=k21- k222k1- 2k2=k1+ k22直线AB方程为y - k21=k1+ k22( x - 2k1)即y=k1+ k22x - k1k2即y=x02x-y0|AB=1 +x204|2k1- 2k2=4 + x20( k1+ k2)2- 4k1k2=4 + x20 x20+ 4y09分P(x0，y0)到直线AB的距离d=|x20- 4y04 + x20，SAPB=12|AB d=12( x20- 4y0)3=33210分所以x20-4y0=3， 与 （x0- 1）2+ （y0+1

11、）2=14联立得 （x0- 1）（x30+ x20+ 19x0-13） =0所以x0= 1或x30+ x20+ 19x0-13=0设f (x0)=x30+ x20+ 19x0-13， 显然f (12)0， f （1） 0， f (32)0又f (x0)在12,32上递增， 所以f (x0)=x30+ x20+ 19x0-13在(12,1)上有唯一零点所以存在两个x0， 使得PAB面积等于33212分3理科数学试卷参考答案第页 （共4页）21. 解：（1） f(x)=ex+ （x-1)ex-ax=x(ex-a).1分若a0， 则当x(-， 0)时， f(x)0， 所以f (x)在(-， 0)上单

12、调递减， 在(0， +)上单调递增.2分若a0， 由f(x)=0得x=0或x=lna.若a=1， 则 f(x)=x(ex-1)0， 所以f (x)在(-， +)上单调递增.3分若0a1， 则ln a0； 当x(lna， 0)时， f(x)1， 则ln a0， 故当x(-， 0)(ln a， +)时， f(x)0； 当x(0， ln a)时， f(x)0， 所以f (x)在(-， 0)， (ln a， +)上单调递增， 在(0， ln a)上单调递减.5分综上所述， 当a0时f (x)在(-， 0)上单调递减， 在 （0， +） 上单调递增； 当0 a 1时， f (x)在(-， 0)， (ln

13、 a， +)上单调递增， 在(0， ln a)上单调递减.6分（2） 设a0， 则由 （1） 知，f (x)在()-,0 上单调递减， 在()0, + 上单调递增.又f (0)=-1， f (1)= -12a， 取b满足b-3且bln （-a） ， 则f (b)-a（b-1）-12ab2=12a（b2+2b-2） 0.所以f (x)有两个零点.8分设a=0， 则f (x)= （x-1） ex， 所以f (x)只有一个零点.9分设a=1， 则f (x)=x（ex-1） ， 所以f (x)只有一个零点. 10分设 0a1， 则由 （1） 知，f (x)在()-,ln a，()0, + 上单调递增，

14、 在()ln a , 0上单调递减，f (0)=-1,当b=lna时，f (x)有极大值f (b)=a（b-1）-12ab2=-12a（b2-2b+2） 0， 故f (x)不存在两个零点； 当a1时， 则由 （1） 知，f (x)在()-,0，()ln a , + 上单调递增， 在()0 , ln a上单调递减， 当x=0时，f (x)有极大值f (0)=-10， 故f (x)不存在两个零点.综上，a的取值范围为a0.10分22. 解： （1） 因为sin24cos0，由sin = ycos = x得y24x， 即为曲线C的直角坐标方程.3分将直线l的参数得直线l的普通方程为x3y30.5分（

15、2） 将直线l的参数方程代入y24x， 得：t283t480.6分设对应参数分别为t1，t2，t1t283，t1t248，8分故|P0P1-|P0P2=|t1-|t2=|t1+ t2= 83.10分23. 解：（1） 依题意2|x1| |x4|23x，所以x-4,-2( x-1)-( x+4 )2+3x或-4 x1,-2( x-1)+( x+4 )2+3x或x1,2( x-1)+( x+4 )2+3x,3分解得x1， 所以不等式f (x)23x的解集为 1，+） .5分（2） 因为f (x)2|x1|x4|，所以f (x)3|x4|2|x1|2|x4|22x2x8|10 （当且仅当x4时等号成立） ，7分因为对xR关于x的不等式f (x)3|x4|2m2-m成立，所以102m2-m，解得m-2或m52.所以满足条件的实数m的取值范围是(-,- 2 52，+） 10分4