新疆慕华优策2022-2023学年高三年级第二次联考理数试卷及答案.pdf

1、1234慕华优策2022-2023学年高三年级第二次联考理科参考答案与详细解析题号题号1 12 23 34 45 56 67 78 89 9101011111212答案答案DDACDADABCBC13.【答案】114.【答案】5415.【答案】f(x)=2sin 2x-6-1(答案不唯一)16.【答案】-2详细解析1.【答案】D解析：由题知z=1+2i，则z=1-2i，位于第四象限，故选D.【命题意图】从知识上考查复数运算、共轭复数的概念和复数的几何意义，从能力上考查数学运算核心素养。2.【答案】D解析：由8x+21，解得-2x6，又xZ，所以A=-1,0,1,2,3,4,5,B=2,3,5,

2、7，则AB=2,3,5，即M=2,3,5，对比选项可知，D正确，ABC错误.故选D.【命题意图】从知识易错点角度出发，考查分式不等式的解法，和质数的数学概念。从能力上考查学生的数学运算和数学抽象等核心素养。3.【答案】A解析：解法一、设公差为d，则由a3+a4+3a6=10得a5-2d+a5-d+3(a5+d)=10，解得a5=2 又S9=9(a1+a9)2=9a5=18，故选A.解法二、由a3+a4+3a6=10得a3+a4+a5+a6+a7=10，即5a5=10，解得a5=2 又S9=9(a1+a9)2=9a5=18，故选A.【命题意图】考查等差数列的基本量运算及性质应用，注意方程思想解题

3、，从能力上考查学生的数学运算和数学逻辑推理等核心素养。4.【答案】C解析：经过第1次循环得到，f(x)=f(x)=2cos2x，k=1，12023，循环继续执行；经过第2次循环得到，f(x)=(2cos2x)=-22sin2x，k=2，22023，循环继续执行；经过第3次循环得到，f(x)=(-22sin2x)=-23cos2x，k=3，32023，循环继续执行；经过第4次循环得到，f(x)=(-23cos2x)=24sin2x，k=4，42023，循环继续执行；经过第5次循环得到，f(x)=(24sin2x)=25cos2x，k=5，52023，循环继续执行；所以，由上述可得函数的正负性为4

4、个作为一个循环，因此经过第2022次循环得到，f(x)=-22022sin2x，k=2022，20222023，循环继续执行；经过第2023次循环得到，f(x)=(-22022sin2x)=-22023cos2x，k=2023，满足20232023，循环终止，输出-22023cos2x.故选C.【命题意图】以程序框图为载体，考查复合函数导数运算，考查数学运算、逻辑推理等核心素养.第1页/共8页5.【答案】D解析：设a=OA，b=OB，c=OC，xa=OM，b，c则如图所示，因为 b-xa b-a，所以 OB-OM OB-OA，即 MB AB，所以BAOA因为 a=2，a-b=2 3，所以AOB

5、=60，b=4由 c-a1，可得点C在以A为圆心，半径为1的圆面上(包括边界)，过圆周上一点C作OB的垂线，垂足为D，且DC与A相切，延长DC交OA于N，则bc=b ccos bOD=4 OD 又根据相似知识可得OD=CAOAAN+CA=cos60OA+CA=122+1=2所以bc的最大值为8,故选D.【命题意图】考查平面向量与平面几何的关联，从能力上考察学生的逻辑推理、观想象、数学运算等核心素养.6.【答案】A解析：解法一、依题意得Asin(A-C)=cos2C-cos2AAsin(A-C)=sin2A-sin2C而sin(A+C)sin(A-C)=sin2A-sin2C得A=sin(A+C

6、)=sinB或A=C因为ABC是非等腰三角形，所以A=C舍去，所以当A=sinB时，因为 f(x)=sinx-x，x(0,)，f(x)=cosx-10，f(x)单调递减，所以sinxxA=sinBB，由正弦定理可得ab，反之不成立，即为充分不必要条件，故选A.解法二、Asin(A-C)=cos2C-cos2AAsin(A-C)=1+cos2C2-1+cos2A2=cos2C-cos2A2=cos(C+A)+(C-A)-cos(C+A)-(C-A)2=-sin(C+A)sin(C-A)=sin(A+C)sin(A-C)下述过程同解法一.【命题意图】以充要条件为学科情境，实质上考查三角恒等变换、正

7、弦定理、三角形中边和角的关系及导数应用，从能力上考查学生的数学运算、逻辑推理，数学抽象等核心素养.7.【答案】D解析：设从该成果展区5个成果中，随机抽取3个成果，则被抽到其中恰有2个成果均是来自于B区的概率是P=C23C12C35=3210=35，故选D.【命题意图】本题以算力中国为情境，考查古典概型及简单的排列组合知识，从能力考查学生的应用性.8.【答案】A解析：由三视图还原可得原几何体为四分之一个圆锥，表面积为四分之一个圆锥侧面积、两个全等的直角三角形及四分之一个圆的面积之和,所以 S=14 2 4+2 12 2 2 3+14 22=3+4 3,故选A.【命题意图】考查四分之一个圆锥常规图

8、形的三视图，空间几何体的表面积基本量运算，考查学生的直观想象、数学运算等核心素养.第2页/共8页9.【答案】B解析：对于A，因为x-7,7关于原点对称，且 f(-x)=sin(-x)(-x)2+cos(-x)=-sinxx2+cosx=-f(x)，所以 f(x)为奇函数，排除A；对于D，因为3262，-1sin60，所以 f(6)0还是 f(2)0，f(x)=x2cosx-2xsinx+1(x2+cosx)2，所以 f(2)=4cos2-4sin2+1(4+cos2)2，又2sin23=3214，所以1-4sin20，而4cos20，所以 f(2)2,所以a=8，故选C.【命题意图】从知识点上

9、考查抛物线的基本性质及方程组求解，从能力上考查学生的综合性和数学运算能力.11.【答案】B解析：延长AF，CC1且AF与CC1相交于G，连接EG，并与B1C1相交于D，连接FD，则四边形AEDF为所求的截面，在RtABE中，由AB=2,BE=1,得AE=5，在RtAA1F中，由AA1=2,A1F=2，得AF=2 2因为F为A1C1的中点，所以由平面几何知识可知，AA1FFGC1，所以AA1=GC1，FG=AF，即F为AG的中点，所以AG=4 2又由B1EGC1，可得B1EDGDC1，又GC1=2B1E，B1C1=3 2，所以DC1=2 2，在RtGDC1中，由DC1=2 2，GC1=2，得GD

10、=2 3，所以GE=3 3所以在AEG中，有AG=4 2，GE=3 3，AE=5，即GE2+AE2=AG2，所以AEGE在RtAEG中,F为斜边中点，,D为直角边EG的三等分点，四边形AEDF的面积为23SAEG=23123 3 5=15，故选B.【命题意图】以空间几何体的截面问题为情境，考查学生两平面的交线及四边形面积求法，从能力上主要考查学生的空间想象能力、逻辑推理、数学运算等核心素养.12.【答案】C解析：y=-2x+1关于原点对称的函数为-y=2x+1，即y=-2x-1，若函数 f(x)图象上存在关于原点对称的点仅有两对，第3页/共8页则y=ax-(x+1)2与y=-2x-1在(0,+

11、)上有两个不同的交点，所以方程ax-(x+1)2=-2x-1在(0,+)上有两个不同的实数根，即ax=x2(x0)在(0,+)上有两个不同的实数根，由lnax=lnx2，得lna=2lnxx，即12lna=lnxx，令g(x)=lnxx，则g(x)=l-lnxx2，令g(x)=0，得x=e，所以g(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+)上单调递减，g(e)=1e，如图所示,所以ax=x2(x0)有两个不同的实数根等价于y=12lna与y=g(x)有两个交点，则满足012lna1e，解得1a0，则A+B=1，-A+B=-3，解得A=2，B=-1，T=23-6=，=2T=2，所以 f(x)=2s

12、in(2x+)-1，由得2sin-1=-2，所以的一个值为=-6，因此 f(x)=2sin 2x-6-1，故填 f(x)=2sin 2x-6-1(答案不唯一)【命题意图】设置开放题，考查三角函数 f(x)=Asin(x+)+B的几个参数的意义，从能力上考查学生的逻辑推理等核心素养.第4页/共8页16.【答案】-2解析：由函数 f(x)=ex-2+ln(x-1)-1为单调递增函数，f(2)=0，得 f(x)仅有唯一零点x=2，设函数g(x)=x(lnx-ax)-2的一个零点为n，则有|2-n|1，即1n3，所以由题知，g(x)=x(lnx-ax)-2在1,3有零点，即方程lnxx-2x2=a在1

13、,3有解构造函数h(x)=lnxx-2x2，h(x)=x-xlnx+4x3，s(x)=x-xlnx+4，s(x)=-lnx0，所以x1,3，h(x)0，h(x)单调递增，且h(1)=-2,h(3)=ln33-29要使方程lnxx-2x2=a在1,3有解，则-2a3ln3-29，所以实数a的最小值是-2,故填-2.【命题意图】这是一道综合性的压轴试题，以函数的新定义为表征形式，考查零点问题，以及利用导数判断函数的单调性，解决方程有解问题，从数学思想上考查学生的转化思想.17.解析：(1)证明：2csinBcosA+asinA=2bsinC，由正弦定理得：2bccosA+a2=2bc2分由余弦定理

14、得：2bcb2+c2-a22bc+a2=2bc化简得：b2+c2=2bc，(b-c)2=0，即b=c，故得证6分(2)解法一、在ABD中，由余弦定理得AD2=b2+4-4bcosB8分在ACD，由余弦定理得AD2=b2+1-2bcosB10分所以2bcosB=3，又AD2=79b2，所以b=3.12分解法二BD=2CD，AD=13AB+23AC，即3AD=AB+2AC 8分9AD 2=AB 2+4AB AC+4AC 2，又AD=73b，973b2=c2+4cbcosA+4b2，又由(1)知b=c，化简得cosA=1210分A=60,ABC为等边三角形，又BD=2CD=2，a=3，b的值为3.1

15、2分【命题意图】考查正弦定理、余弦定理的应用以及平面向量的应用，考查逻辑推理、数学运算等核心素养.18.解析：(1)将y=2bx+a两边取对数得log2y=bx+a，令z=log2y，则z=bx+ax=3，根据最小二乘估计可知，b=5i=1xizi-5xz5i=1xi2-5x2=65-533.755-59=0.953分a=z-bx=3.7-0.953=0.85，5分回归方程为z=0.95x+0.85，即y=20.95x+0.85.6分(2)甲建立的回归模型的R2甲=1-1019780.90R2乙=0.98.8分乙建立的回归模型拟合效果更好10分第5页/共8页由知，乙建立的回归模型拟合效果更好设

16、9.7x-10.180，解得x9.29，直播周期数至少为1012分【命题意图】考查相关系数、非线性回归方程的求解等回归分析相关问题，考查学生数学建模、实际应用能力.考查数据分析、数据运算的核心素养.19.解析：(1)证明：连接AC，并与BD相交于P，如图所示，由题可知，ABD为等腰直角三角形，且BCD为等边三角形，所以点P为BD的中点，且ACBD在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，有D1D平面ABCD且AC平面ABCD，所以D1DAC，又BDD1D=D，BD，D1D平面BD1D所以AC平面BB1D1D，又D1B平面BD1D，所以ACD1B，在四边形A1ACC1中，A1ACC1，所以四边形A

17、1ACC1为平行四边形，所以ACA1C1，又因为ACD1B，所以D1BA1C15分(2)由(1)知AC平面BD1D，且PE平面BD1D，所以ACPE，即ACE的面积为S=12PEAC，要使ACE的面积最小，则PE为最小，即PED1B，根据PEBBDD1及边长可知点E为靠近点B的三等分点，7分以A为坐标原点，以AB,AD,AA1所在的直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示，则A(0,0,0)，B(4,0,0)，A1(0,0,4)，D1(0,4,4)，AE=AB+BE=AB+13BD1=(4,0,0)+13(-4,4,4)=83,43,43，A1D1=(0,4,0)，A1B

18、=(4,0,-4)9分设平面A1D1B的一个法向量为n=(x,y,z)则nA1D1=0nA1B=0，即4y=04x-4z=0，令x=1，则z=1，所以n=(1,0,1)，10分又AE=83,43,43则cos=nAE|n|AE|=831+043+14312+02+121382+42+42=432 4 6=3211分所以AE与平面D1BC所成的角为6012分【命题意图】考查空间中直线垂直关系及线面角大小的求解，考查逻辑推理、直观想象、数学运算的核心素养.20.解析：(1)设F2(c,0)，由AF1的中点在y轴上，O为F1,F2的中点，得AF2y轴，即AF2F1F2，又由A 1,32得c=1，即|

19、F1F2|=2，|AF2|=32，所以|AF1|=AF22+F1F22=52，即2a=52+32=4，解得a=2，b=a2-c2=3，所以椭圆C的方程为x24+y23=14分第6页/共8页(2)设动点P(2cos,3sin)，则直线l的方程为x2cos4+y 3sin3=1，6分即xcos2+ysin3=1 令x=4，则代入，解得y=3(1-2cos)sin所以Q坐标为 4,3(1-2cos)sin，8分由以PQ为直径的圆恒过点F，得PFQF，即PF QF=0假设存在点F(t,0)，则PF=(t-2cos,-3sin)，QF=t-4,-3(1-2cos)sin于是(t-2cos)(t-4)+3

20、sin3(1-2cos)sin=010分整理得2(1-t)cos+(t-1)(t-3)=0，即该方程对于任意的恒成立，故t=1.因此，存在定点F(1,0)符合条件.12分【命题意图】考查椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系以及圆锥曲线中的定点、定值问题，考查了数学运算、逻辑推理等核心素养.21.解析：f(x)=ex-ax+2a，设g(x)=ex-a(x-2)，则g(x)=ex-a，1分(1)若 f(x)有两个极值点，则g(x)有2个变号零点.当a0时，g(x)0，g(x)在R上递增，至多有一个零点，不符合题意，舍去；2分当a0时，令g(x)=0，解得x=lna，x(-,lna)，g(x)0，g(x

21、)单调递增，又当x-时，有g(x)+，当x+时，有g(x)+4分要使g(x)有2个变号零点，则只需g(lna)0，即a-a(lna-2)e35分(2)解法一、欲证：x1x22(x1+x2)-3(x1-2)(x2-2)1)7分则x2-2=t(x1-2)x2-2-(x1-2)=lnt，解得x1-2=lntt-1，x2-2=tlntt-1，8分所以只需证明：tlntt-121，即证：lnt1时，有h(x)0，h(x)单调递减，所以h(x)h(1)=ln1-1+1=0，所以lnx-x+1x0,即lntt-1t得证，11分故x1x22，且x1x22(x1+x2)-3(x1-2)(x2-2)1不妨设t=l

22、n(x-2)，则ex=a(x-2)化为et-t-lna+2=0，记g(t)=et-t-lna+2因此原题转化为已知g(t)=et-t-lna+2有两个零点t1,t2，(t1t2)证明：t1+t207分第7页/共8页g(t)=et-1，显然，g(0)=0当t0时，g(t)0时，g(t)0，g(t)单调递增；即g(t)在(-,0)上单调递减；在(0,+)上单调递增8分因为y=g(t)有两个零点t1,t2(t1t2)，所以t100，即g(t2)g(-t2)，所以g(t1)g(-t2)又因为g(t)在(-,0)上单调递减，且t1,-t20，所以t1-t2，即t1+t20，即3m2-4(m2-9)0，解得-6m6，因为点P(2,m)在圆内，所以t1t28 x-6+x-28当x6时，有2x-88，解得x8，此时得x8;当2x8，此时无解；当x2时，有6-x+2-x8，解得x0，此时得x8的解集为(-,0)(8,+).5分(2)对任意xR，恒有 f(x)5-a，则 f(x)min5-a因为 f(x)=x-a2-2+x-a a2-a+2，所以 a2-a+25-a即a2-a+25-a，解得a3 或a-3所以实数a的取值范围为(-,-3 3,+).10分【命题意图】考查绝对值不等式的解法，不等式恒成立问题，考查逻辑推理、数学运算的核心素养.第8页/共8页