1、高三数学答案第 1 页（共 4 页） 唐山市 2022 年普通高等学校招生统一考试第二次模拟演练 数学参考答案 一选择题： 14BCDD 58BACB 9AD 10BCD 11CD 12ABD 二填空题： （16 题第一空 2 分，第二问 3 分） 134； 14 10； 158； 1612e，22ln2 17解： （1）设数列an的公比为 q， 由题意得a1a1q20，a1q2a160， 解得q4，a14， 故 an4n，nN*. （2）bnlog2anlog24n2n， cnbn1bnbnbn1n1nnn12 1 n1n1， 所以 Tn2n(1 1 2)( 1 2 1 3)( 1 3 1
2、4)( 1 n1n1) 2n11n1 18解： （1）由正弦定理得 sinAcosC33sinAsinCsinB， 在ABC 中，sinBsin(AC)sinAcosCsinCcosA， 化简为33sinAsinCsinCcosA，又 sinC0，两边同时除以 sinC， 得 tanA 3，又 A(0，)， 所以 A 3 （2）由题意得 SABC 1 2bcsinA 1 2ADcsinBAD 1 2ADbsinCAD， 即 3bc2 3(bc)， 由余弦定理得 4b2c2bc， 由得(b+c)223(bc)4， 解得 bc 6， 所以ABC 的周长为 62 高三数学答案第 2 页（共 4 页）
3、 19解： （1）连接 BF，由ABC 为等边三角形，F 为 AC 的中点，得 BFAC； 由 PG平面 ABC，AC平面 ABC，则 PGAC； 又 PGBFG，则 AC平面 PBF， 又 PB平面 PBF，则 PBAC （2）由题意得 PF2 3，GF2，在 RtPFG 中， PG2 2 以 F 为坐标原点，以 FB为 x 轴的正方向，如图建立空间直角坐标系 F-xyz， 则 A(0，2 3，0)，C(0，2 3，0)，B(6，0，0)，E(3， 3，0)，P(2，0，2 2)， FP(2，0，2 2)， FE(3， 3，0) 由（1）可知， AC(0，4 3，0)是平面 PBF 的一个法
4、向量 设平面 PEF 的法向量 n(x，y，z)， 由FPn0，FEn0，得 2x2 2z0，3x 3y0， 取 n( 2， 6，1) 因为 cos AC，nACn| AC|n|63， 所以平面 PEF 与平面 PBF 所成二面角的正弦值为33 20解： （1） “选择物理”记作事件 A， “选择化学”为事件 B，则 P(A)C25C36 1 2，P(AB)C14C36 1 5，则 P(B|A)P(AB)P(A) 2 5 （2）“选择物理”记作事件 C， “选择化学”记作事件 D，则 P(C)1C1212，P(D)C13C2412， 事件 C 与 D 相互独立，则 P(CD)P(C)P(D)
5、1 4 随机变量 X 可以取 0，1，2，3 P(X0)C36C310 1 6，P(X1)C14C26C310 1 2， P(X2)C24C16C310310，P(X3)C34C310130 随机变量 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 1 6 1 2 310 130 E(X)0 1 61 1 223103130 6 5. A B F C E G P y x z 高三数学答案第 3 页（共 4 页） 21解： （1）椭圆 的标准方程为x22y21， 则椭圆 的离心率为2222 （2） 设 A(x1，y1)，D(x2，y2)，B(x3，y3)，C(x4，y4)， 直线 l：xmy1 与x22
6、y2 联立整理得 (2m2)y22my120 y1y22m2m2，y1y2122m2， 则 AD 的中点坐标(22m2，m2m2) 同理可知 BC 的中点坐标(22m2，m2m2) 所以 AD 与 BC 中点重合，故|AB|CD| （2） 由可知，直线 l 被椭圆截得弦长为 1m2|y2y1|2 1m22m2422m2， 把 5 代入得，|AD|2 1m210m2182m2 把 1 代入得，|BC|2 1m22m222m2， F(1，0)到 l 的距离为 d21m2， 于是ABF 面积为 S 1 2 1 2(|AD|BC|)d 10m218 22m22m2 810m218 22m2 所以当 m
7、0 时，ABF 的面积取最大值 2 高三数学答案第 4 页（共 4 页） 22解： （1）依题意 f(x)9(x3)2，g(x)bcosx 则 f(0)g(0)b1， 于是 b1，l：yx （2）当 x 2时，3xx339x339 231sinx， 此时 h(x)0，所以 h(x)无零点 当 0 x 2时，h(x)9(x3)2cosx， 令 H(x)9(x3)2cosx，x(0， 2)， 则 H(x)18(x3)3sinx，显然 H(x)在(0， 2)上单调递增， 又 H(0) 2 30，H( 2)0，所以存在 t(0， 2)使得 H(t)0， 因此可得 0 xt 时，H(x)0，H(x)单调递减； tx 2时，H(x)0，H(x)单调递增，又 H(0)0，H( 2)0， 所以存在 (t， 2)使得 H()0， 即 0 x 时，H(x)0，h(x)0，h(x)单调递减； x 2时，H(x)0，h(x)0，h(x)单调递增， 又 h(0)0，h( 2)0，所以 h(x)在(0， 2)上有一个零点 综上，h(x)在(0，)上有 1 个零点
