1、数学答案 第 1 页 （共 18 页） 2022 年东北三省四城市联考 暨沈阳市高三质量监测年东北三省四城市联考 暨沈阳市高三质量监测(二二) 数学参考答案与评分标准数学参考答案与评分标准（附主观题解析） （附主观题解析） 说明：说明： 一、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则 二、对解答题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度， 可视影响的程度决定后继部分的给分， 但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分 三、解答右端所注分数，表示考
2、生正确做到这一步应得的累加分数 四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分 一、选择题：一、选择题： 1A 2C 3B 4B 5A 6A 7D 8C 二、选择题：二、选择题： 9BC 10ACD 11ABD 12BCD 三、填空题：三、填空题： 134 3 1441520 16514四、解答题：四、解答题： 17 （本小题满分 10 分） 解： （1）因为1222naanan+=， 所以当2n时，1212(1)2(1)naanan+=，2 分 两式相减得2nna =，2nan=， 3 分 又1n =时，12a =，也符合. 4 分 所以2nan=5 分 （2）由（1）知，12nna=，因为对任
3、意的正整数2m， 数学答案 第 2 页 （共 18 页） 均有1112mmmmmbbba+=， 6 分 故数列 nb的前99项和123456979899bbbbbbbbb+123456979899()()()bbbbbbbbb=+2598111aaa=+8 分 2983322825.2+=10 分 18.（本小题满分 12 分） 解： （1）ABC的为等腰三角形或直角三角形，证明如下： 方法一 由(coscos )abcBA=及正弦定理得，sinsinsin(coscos )ABCBA=， 1 分 即sin()sin()sin(coscos )BCA CCBA+=， 2 分 即sincosco
4、ssinsincoscossinsincossincosBCBCACACCBCA+=， 整理得sincossincos0BCAC=，所以()cossinsin0CBA=， 故sinsinAB=或cos0C =， 4 分 又A，B，C为ABC的内角，所以AB=或2C =， 5 分 因此ABC为等腰三角形或直角三角形 6 分 方法二 由(coscos )abcBA=及余弦定理得，222222()22acbbcaabcacbc+=， 1 分 即2222222()()()ab abb acba bca=+， 所以3322222()()()()ab ababbaabbcac=+， 2 分 整理得222(
5、)()0ab abc+=， 4 分 数学答案 第 3 页 （共 18 页） 故ab=或222abc+=， 5 分 因此ABC为等腰三角形或直角三角形. 6 分 （2） 由 （1） 及ab知ABC为非等腰直角三角形， 且2AB+=，2C =故2BA=， 7 分 所以sinsinsinsinsin1sincos12sin() 14ABCABAAA+=+ =+ =+，9 分 由ab，得4A， 故 3(,)444A+，且42A+， 10 分 得2sin()(,1)42A+，所以2sin() 1(2, 21)4A+ +，因此sinsinsinABC+的取值范围为(2, 21)+ 12 分 19 （本小题
6、满分 12 分） 解： （1）因为ADCD，1AD =，2CD =，所以5AC =， 又因为5BC =，且ADBC，易得2 5AB =， 所以222=ABACBC+，所以ACAB， 3 分又因为PA 平面ABCD，且AB 平面ABCD，所以PAAB， 4 分 又因为PAACA=，PA 平面PAC，AC 平面PAC，所以AB 平面PAC， 5 分 又因为PC 平面PAC，所以ABPC. 6 分 （2）方法一 在BC上取点E，使1CEAD=，则ADAE，故以A为原点，以AE，AD，AP分PADCMByxzE数学答案 第 4 页 （共 18 页） 别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，则(0
7、,0,0)A，(0,0,2)P，(0,1,0)D，(2,1,0)C，设(0,1, 2)(0, , 2 )PMPD=，(01)， 在平面MAC中，(2,1,0)AC =，(0,0,2)(0, , 2 )(0, ,22 )AMAPPM=+=+=， 设平面MAC的一个法向量为( , , )mx y z=，则20(22 )0AC mxyAM myz=+=+=， 令z=，则22y=，1x= ，所以(1,22, )m=， 7 分 易知平面ACD法向量(0,0,1)n =， 8 分 所以2|6cos,6|6105m nm nm n=+，即2261056+ =， 解得12=，所以M为PD中点， 10 分 所以
8、三棱锥MACB的高h为1，1115(5 2) 13323MACBACBVSh= = 12 分 方法二 假设存在点M，且显然点M不在线段PD的端点处，则过点M作MNPA交AD于点N，过点N作NQAC于点Q，连接MQ， 因为MNPA，且PA 平面ABCD，所以MN 平面ACD，又因为NQAC，所以MQAC，故MQN为二面角MACD的平面角，7 分 设MQN=，由6cos6=，可知tan5=， PA DCMBN Q 数学答案 第 5 页 （共 18 页） 设MNmAP=(01)m，则2MNm=，1ANm= ，2 5(1)5QNm=， 因为2MNQ=，所以2tan52 5(1)5MNmQNm=， 9
9、分 解得12m =，所以M为PD中点， 10 分 所以三棱锥MACB的高h为1，1115(5 2) 13323MACBACBVSh= = 12 分 方法三 由（1）可知，ABAC，故以A为原点，以AB，AC，AP分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，则(0,0,0)A，(0,0,2)P，2 55(,0)55D ，(0, 5,0)C，设2 552 55(, 2)(, 2 )5555PMPD= ，(01)，在平面MAC中，(0, 5,0)AC =，2 552 55(0,0,2)(, 2 )(,22 )5555AMAPPM=+=+ = ，设平面MAC的一个法向量为( , , )mx y z
10、=，则502 55(22 )055AC myAM mxyz= +=， PADCMBxzy数学答案 第 6 页 （共 18 页） 令z=，则0y =，5(1)x=，所以( 5(1),0, )m=， 7 分 易知平面ACD法向量(0,0,1)n =， 8 分 所以2|6cos,6|6105m nm nm n=+，即2261056+ =， 解得12=，所以M为PD中点， 10 分 所以三棱锥MACB的高h为1，1115(5 2) 13323MACBACBVSh= = 12 分 20 （本小题满分 12 分） 解： （1）由题意得，1(3, )2XB，则3311()( ) (1)22kkkP XkC=
11、，其中0,1,2,3k =， 则X的分布列为： X0123P183838184 分（每个概率 1 分） 则13()322E X = = 5 分 （2）设事件iA为“乙在第i次挑战中成功”，其中1,2,3i = （）设事件B为“乙在前两次挑战中，恰好成功一次” ，则1212BA AA A=+， 则1212121121( )()()() (|)() (|)P BP A AP A AP A P AAP A P AA=+=+0.5 (1 0.6)(1 0.5) 0.40.4=+=. 即乙在前两次挑战中，恰好成功一次的概为0.4. 8 分 （）因为21212121121()()() (|)() (|)P
12、 AP A AA AP A P AAP A P AA=+=+0.5 0.60.5 0.40.5=+=， 且23123123123123()()()()P A AP A A AA A AP A A AP A A A=+=+ 0.5 0.6 0.70.5 0.4 0.50.31=+=， 所以23322()0.31(|)0.62()0.5P A AP AAP A=. 数学答案 第 7 页 （共 18 页） 即乙在第二次成功的条件下，第三次成功的概率为0.62.12 分 21 （本小题满分 12 分） 解： （1）方法方法一一 由椭圆C的焦距为2，故1c =，则221ba=， 2 分 又由椭圆C经过点
13、3(1, )2P，代入2222:1xyCab+=，得24a =，23b =， 所以22:143xyC+= 4 分 方法二方法二 由椭圆C的焦距为2，故1c =，所以1( 1,0)F ，1( 1,0)F ，2 分 所以21299532204.4422aPFPF=+=+=+=所以2a =，3b=.所以22:143xyC+=. 4 分 （2）方法一方法一由椭圆右焦点(1,0)F，设1mk=，直线l的方程为1xmy=+， 与22:143xyC+=联立得，22(34)690mymy+ =， 则222364( 9)(34)144(1)0mmm=+=+， 设11( ,)A x y，22(,)B x y，12
14、2634myym+=+，122934y ym=+， 6 分 设存在点T，设T点坐标为( ,0)t， 由| | | |AFBTBFAT=，得|AFATBFBT=，过B做BRTF交AT延长线于R，所以|AFATBFTR=，由， 得| |TRBT=， 所以TBRTRB= ， 又ATFARB= ，FTBTBR= ，所以ATBFTB= ， 数学答案 第 8 页 （共 18 页） 【或法 2】由| | | |AFBTBFAT=，得|AFATBFBT=， 又因为1| |sin|sin2=1|sin| |sin2TFATFBFTATATFSAFATATFBFSBTBTFFTBTBTF=， 所以sinsinAT
15、FBTF=，ATFBTF= ， 【法 2 结束】 【或法 3】由| | | |AFBTBFAT=，得|AFBFATBT=， 在TFA和TFB中应用正弦定理可得 |sinsinsinsin|AFBFATFAFTBFTBTFATBT=，ATFBTF= 【法 3 结束】 【或在TAB中，由角平分线逆定理可知，FT为ATB的角平分线】 所以直线TA和TB关于x轴对称，其倾斜角互补，即有0ATBTkk+=， 8 分 则：12120ATBTyykkxtxt+=+=，所以1221()()0y xty xt+=， 所以1221(1)(1)0y myty myt+ + =， 12122(1)()0my yt y
16、y+=，10 分 即22962(1)03434mmtmm+=+，即223(1)03434mmtmm+=+, 解得4t =，符合题意， 即存在点T，坐标为(4,0)|AFATBFBT=. 12 分 方法二方法二 由椭圆右焦点(1,0)F，设直线l的方程为(1)yk x=， 与22:143xyC+=联立得，2222(43)84120kxk xk+=， 则4222644(43)(412)144(1)0kkkk=+=+， 设11( ,)A x y，22(,)B x y，2122843kxxk+=+，212241243kx xk=+， 6 分 数学答案 第 9 页 （共 18 页） 设存在点T，设T点坐
17、标为( ,0)t，由| | | |AFBTBFAT=，得|AFATBFBT=， 由内角平分线逆定理可知，TF为ATB的角平分线， 【此部分解法同方法一中的各种情况】 ，即有0ATBTkk+=， 8 分 则： 12121221121212(1)(1)(1)()(1)()0,()()ATBTyyk xk xk xxtk xxtkkxtxtxtxtxt xt+=+=+=所以1 2122(1)()20 x xtxxt+=， 10 分 即222241282(1)204343kkttkk+=+， ()2224124(1)430ktktk+=，解得4t =. 即存在点T(4,0)使| | | |AFBTBF
18、AT=恒成立. 12 分 22 （本小题满分 12 分） 解： （1）方法一 由( )exf xaxa= ，得(0)0f=，又( )0f x，故(0)0f =，而( )e1xfxa=，(0)1fa=，故1a =， 2 分 若1a =，则( )e1xfx=，当0 x 时，( )0fx，当0 x 时，( )0fx，所以( )f x在(,0)单调递减，在(0,)+单调递增，故0 x =是( )f x的唯一最小值点， 由于(0)0f=，所以当且仅当1a =时，( )0f x. 综上，1a = 4 分 方法二 由( )exf xaxa= ，得(0)0f=，又( )e1xfxa=， 当0a时， 有( )0
19、fx恒成立， 所以( )f x在R上单调递减， 又由(0)0f=， 则( )0f x不成立， 2 分 数学答案 第 10 页 （共 18 页） 当0a 时，令( )0fx=，得1lnxa=， 则1lnxa时，有( )0fx，1lnxa时，有( )0fx，即( )f x在1(,ln)a单调递减，在1(ln,)a+单调递增，所以1(ln)fa是( )f x的极小值， 又因为( )0f x，且(0)0f=，故1ln0a=，即1a =，经验证成立4 分 （2）选择）选择作答作答：当1a，0 x 时，( )e(e1)e1xxxf xaxaaxx= = ， 设( )elnsin1xg xxxxx= +，
20、5 分 当01x时，ln0 xx，sin0 x ，又由（1）知e10 xx ，故( )0g x ， 7 分 当1x 时，( )e2 lncosxg xxx= +， 设( )e2 lncosxh xxx= +，则1( )esinxh xxx=，( )e 1 10h x ， 9 分 则( )h x在(1,)+单调递增，( )(1)e2cos10h xh= +， 所以( )0g x，则( )g x在(1,)+单调递增，( )(1)e2 sin10g xg= +， 综上，( )0g x ，即当1a时，( )lnsinf xxxx 12 分 选择作答选择作答： 当1a，0 x 时，( )e(e1)e1x
21、xxf xaxaaxx= = ， 设( )elncos1xg xxxx=+， 5 分 当01x时，ln0 xx，cos0 x ，e10 x ，故( )0g x ，7 分 当1x 时，( )e1 lnsinxg xxx= ， 设( )e1 lnsinxh xxx= ，则1( )ecosxh xxx=，( )e 1 10h x ， 9 分 则( )h x在(1,)+单调递增，( )(1)e 1 sin10h xh= ，所以( )0g x， 数学答案 第 11 页 （共 18 页） 则( )g x在(1,)+单调递增，( )(1)e 1 cos10g xg= +， 综上，( )0g x ，即当1a时
22、，( )(ln1)cosf xxxx 12 分 【部分试题解析】 1A 由(3 2i)13=z得1332i32i=+z， 故z在复平面内所对应的点为(3,2)，在第一象限2C 集合1,2,3,4,5A=， |04Bxx=，图中阴影部分表示UAB， 又 |4,UBx x=或0 x，所以4,5UAB = 【或直接借助韦恩图填写数字易得答案】 3B 必要性成立，由等差数列 na的0d 可知，5140aad=+； 充分性不成立，例如：15a =，51a =得1d = 4B 由题可得，前4小时，废气中的污染物恰好被过滤掉90%， 故由0ektPP=得400(1 90%)ekPP=，所以40.1ek=，即
23、1ln104k =， 由再过滤2小时，即一共6小时，空气中剩余污染物为 321336(ln10)ln106ln1042200000010eeee(10)100kPPPPPPP=， 10(3,3.5)，故污染物所剩比率约为03%P 5A 由1418aa+=，2332a a =， 知1418aa+=，1432a a =， 解得12a =，416a =， 所以2q =，则()()101111021 221 2221 21 2kkkkkkSS+=，所以111616kk+=+ =，解得5k =.6A 数学答案 第 12 页 （共 18 页） 由圆锥侧面展开图为半圆，设圆锥母线为l，底面半径为R，则2Rl
24、=，所以2lR=， 可知圆锥轴截面为正三角形，又由当小球是圆锥的内切球时，小球体积最大，设此时小球半径为r，则有33rR=， 故3334434 3()33327VrRR=球，2313( 3 )33VRRR=锥， 所以3334 3:():()9:4327VVRR=锥球 7D 方法一 因为123FFMN=，12FMF N，由双曲线对称性可知，直线1FM与2F N交于y轴上一点P， 且12PFF为等腰直角三角形， 如图，2( ,)33ccN， 代入22221(0,0)xyabab=中，得22224199ccab=， 化简得42241490ca ca+=， 即421490ee+=， 解得272 10e
25、 =+，所以52e=+. 方法二 因为123FFMN=，12FMF N，由双曲线对称性可知，直线1FM与2F N交于y轴上一点P，且12PFF为等腰直角三角形，如图，2( ,)33ccN，1(,0)Fc，2( ,0)F c， 1F2FOxyPMN数学答案 第 13 页 （共 18 页） 所以221422 5|()()333NFccc=+=，222222 2|()()333NFccc=+=， 则122 52 2|233NFNFcca=，即523ac=， 则35252cea=+ 8C 方法一 由exy =和lnyx=互为反函数可知，两条公切线11yk xb=+和22yk xb=+也互为反函数，即1
26、111bxykk=满足211kk=，121bbk=，即1 21k k =，121bbk= ， 设直线11yk xb=+与exy =和lnyx=分别切于点11( ,e )xx和22(,ln)xx， 可得切线方程为111ee ()xxyxx=和2221ln()yxxxx=，整理得： 111eeexxxyxx=+和2211lnyxxx= +，则1121exkx=，1112e (1)1 lnxbxx= +， 由121exx=，得1221lnlnxxx= ，且11221(1)1 lnbxxx= +， 则11121(1)1bxxx= ，所以12111xxx= ， 数学答案 第 14 页 （共 18 页）
27、所以111212111211111111(1)1(1)1 ( 1)(1)1bxk kbbbbbxxkkx+= += += += + 111 ( 1)(1)1xx= + = 方法二 由exy =和lnyx=图像关于直线yx=对称可知，两条公切线11yk xb=+和22yk xb=+的图像也关于直线yx=对称，设11yk xb=+与直线yx=夹角为，则1tan()4k=+，2tan()4k=，则1 21tan1 tantan()tan()1441 tan1tank k+=+=+， 设切点分别为11( ,)A x y，22(,)B x y，33( ,)C x y，44(,)D x y，如图所示， 则
28、由C可得，切线11yk xb=+为3331ln()yxxxx=，整理得：131 lnbx= +， 同理，由B可得，切线22yk xb=+为2221ln()yxxxx=，整理得：221 lnbx= +， 由131kx=，221kx=，且1 21k k =，得231x x =，故12232ln()2bbx x+= +=， 所以1 2121 21k kbb+= = 9BC 由图易知，向量a与向量b方向不同，所以ab，故 A 不正确， 数学答案 第 15 页 （共 18 页） 作向量a与向量b，易知| | |abc+=，ab，故 B 与 C 正确，连接BD， 则AC与BD互相垂直， 所以向量a与向量b
29、在向量c上的射影的数量是相同的，所以a cb c = ，故 D 不正确 10ACD 甲的10次成绩中，最大值为10，最小值为6，极差等于4，故 A 正确，因为10 75%7.5=，所以将甲的10次成绩从小到大排列后，第8个数为75%分位数，即75%分位数等于9，故 B 不正确， 经计算，甲的10次成绩的平均数等于8，又已知乙的10次成绩的平均数等于8，则甲和乙的20次成绩的平均数为8，故 C 正确， ()()()()222221683789821081.610s=+ + =甲()210 (1.60) 10 (0.40)110 1010 1.6 10 0.40110 102010 10s+=+=
30、+， 故D正确， 方差也可以用()()22222111111nnniiiiiisxxxnxxxnnn=进行求解，即：10102221111=81.61010iiiisxxx=甲，2020222111111=80.41010iiiisxxx=乙， 所以2021116210iix=，即202118120iix=，故 D 正确 11ABD 若平面PAD内存在直线与BC平行，则BC平面PAD，进而BCAD，与已知矛盾，故 A 正确； 在平面PBC内，与平面PAD和平面PBC的交线平行的所有直线均与平面PAD平行，故B 正确； 由ABCD得AB平面PCD，进而AB平行于平面PAB与平面PCD的交线，所以
31、平面PAB与平面PCD的交线与底面ABCD平行，故 C 错误； 若平面PAD与平面PBC的交线与底面ABCD平行，则平面PAD与平面PBC的交线与BC平行，与AD也平行，与已知矛盾，故 D 正确；数学答案 第 16 页 （共 18 页） 12BCD 方法一：方法一： 对于 A，若( )f xx=，符合题意，故错误， 对于 B，因已知奇函数( )f x在R上可导，所以(0)0f=，故正确，对于 C 和 D，设( )( )g xf xx=，则( )g x为R上可导的奇函数，(0)0g=， 由题意(1)1(1) 1fxxfxx+ =+ ， 得(1)(1)gxgx=+，( )g x关于直线1x =对称
32、，易得奇函数( )g x的一个周期为4，(2022)(2)(0)0ggg=，故 C 正确，由对称性可知，( )g x关于直线1x =对称，进而可得( 1)0g =， （其证明过程见备注）且( )g x的一个周期为4，所以(2023)( 1)0gg=，故 D 正确 备注备注：(1)(1)gxgx=+，即(1)(1)gxgx=+，所以( 1)( 1)gxgx += ， 等式两边对x求导得，( 1)( 1)gxgx += ， 令0 x =，得( 1)( 1)gg=，所以( 1)0g = 方方法二：法二： 对于 A，若( )f xx=，符合题意，故错误， 对于 B，因已知奇函数( )f x在R上可导，
33、所以(0)0f=，故正确，对于 C，将(1)(1)20fxfxx+=中的x代换为1x+， 得()(2)220fxfxx+=，所以(2)( )22f xf xx+=+， 可得(4)(2)26f xf xx+=+，两式相减得，(4)( )4f xf x+=， 则(6)(2)4ff=，(10)(6)4ff=，(2022)(2018)4ff=， 叠加得(2022)(2)2020ff=， 又由(2)( )22f xf xx+=+，得(2)(0)22ff=+=， 所以(2022)(2)20202022ff=+=，故正确， 对于 D，将(1)(1)20fxfxx+=的两边对x求导，得(1)(1)20fxfx
34、+=， 数学答案 第 17 页 （共 18 页） 令0 x =得，(1)1f =， 将()( )fxf x=的两边对x求导，得()( )fxfx=，所以( 1)1f =， 将(4)( )4f xf x+=的两边对x求导，得(4)( )fxfx+=， 所以(2023)(2019)( 1)1fff=，故正确 134 3 由抛物线的定义可知：|28pPFx=+=，所以6px =，代入28yx=中，得248py =， 所以| 4 3py=，故结果为4 3 144 由随机变量2(1,)N，则正态分布的曲线的对称轴为1=， 又因为(1)(3)PPa=，所以1 (3)2a+=，所以4a =，则当04x时，
35、有1919(4)491102 9()(10)4444444xxxxxxxxxx+=+=+=， 当且仅当494xxxx=，即1x =时等号成立，故最小值为4 1520 当,A C之间为B时，方法数为232312A A =， 当,A C之间为D或E时，方法数为1222228C A A =， 综上，所有方法数为12820+= 16514方法一：方法一： 由题意4(cos18 )cos72sin18T=，33(cos18 )cos544cos 183cos18T=，又cos54sin362sin18 cos18=，故32sin18 cos184cos 183cos18=，222sin184cos 18
36、3 1 4sin 18= = ，解得51sin184= 方法二：方法二： 由题意42432( )2( )( )881T xx T xT xxx=+，数学答案 第 18 页 （共 18 页） 53543( )2( )( )16205T xx T xT xxxx=+，而5(cos18 )cos900T=， 所以3214(cos182cos18(cos18 )(cos18 )(cos18 )=2cos182cos18TTTT=）2222cos18 (2cos 181)cos18132cos 1812cos 182cos1822= =， 又因为5316(cos18 )20(cos18 )5cos180+=， 即4216(cos18 )20(cos18 )50+ =， 解得255cos 188+=， 或255cos 188=（舍） ， 所以24355351(cos18 )2cos 182424T+=
