2022马鞍山高三下学期第三次教学质量监测（三模）数学（理）PDF版含答案

2022年马鞍山市高中毕业班第三次教学质量监测

理科数学参考答案

一、选择题：本大题共12个题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

 13．    14．   15．    16．

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须做答．第22、23题为选考题，考生根据要求做答．

（一）必考题：共60分．

17．解析：(1) ,,…………………………………4分

故 ，得线性回归方程为：……6分

（2）令，代入，分别得，

从而， 故不需修正. ……………………………………………12分

18．解：（1）解法1：由，得，，

两式相减得，整理得.…4分

因为，所以，即数列是公差为2的等差数列，

由，解得，所以的通项公式为.………………………6分

解法2：由题得，即，

当 时，又，.

得，即，

则为以1为首项1为公差的等差数列.                 ………………………4分

，又得.……………………………………………6分

（2）由（1）知，，

则………………………………………………9分

所以

                  ……………………………………………11分

                           ……………………………………………12分

19.解：（1）由椭圆的对称性可得点，都在椭圆上或都不在椭圆上，，最多有1个点在椭圆上，，最多有1个点在椭圆上，因为椭圆经过，，，，五个点中的三个，

所以，都在椭圆上，不在椭圆上，因为，，所以不在椭圆上，在椭圆上，所以，，所以.所以椭圆的方程为.             …………………………………………………4分

（注：考生只要给出椭圆经过的三个点，并以此求出椭圆方程即可得4分。）

（2）证明：当直线的斜率不存在时，的方程为.

当时，，，所以，所以；

当时，同理得.         …………………………………………………6分

当直线的斜率存在时，设其方程为，设，，

因为直线与圆相切，所以，即.………………8分

由得，，…10分

所以 ，

所以.

综上所述，所以，所以为直角三角形.               ………………12分

20.解：

(1)证法一：设，由题知为等边三角形，为直径，，得，，，，得，

在中，得

在中，，得.易知，

则，故.………………………………………………………3分

易知，则，又，

平面，
又平面，平面平面.…………………………………………6分

证法二：设，连接，                    
由平面，平面，

 ，由题知，又，
平面，平面，，  ………………………………3分
，，为等边三角形，
，，, 得，，
，则，
又，故平面，
又平面，平面平面.…………………………………………6分（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，过点且与直线平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
，
设，

则

令平面的法向量为，

则，

取，                               ………………………9分

令直线与平面的所成角为，

，则，

即上存在点，使得.…………………………………………………………12分

21. 解：（1）由题，恒成立，

即在上恒成立，

设 ，恒成立，所以.

所以，即.……………………………………………………………………4分

（2）,则.

①当时，，，，

则，在上单调递减，恒成立，无零点.  ……………5分

②当时，，函数有零点为0. ……………………………………………6分

③当时，设，

则恒成立，所以在上单调递增.    ……………7分

又，，所以，.

即，，单调递减，又，在上恒成立；

，，单调递增.

又，

由（证略），.

所以，，.   …………………………………………………………10分

④当时，，，，

则，在上单调递增，恒成立，无零点.

综上，函数有2个零点.    …………………………………………………………12分

注：1.在③中，使用时需给出证明，没有证明扣1分.

2.在③中，也可使用估算判断的正负,酌情给分.方法如下：

当，，单调递增.又，

，所以，，.

22. 【解】（1）曲线的参数方程为为参数），

消去参数得：．                ………………………………2分

曲线的极坐标方程为，根据

转换为直角坐标方程为．                  ………………………………5分

（2）曲线的参数方程为为参数），

转换为标准式为为参数），代入，得到：，

所以，．

故．…………………………………………10分

【解析】（1）当时， 不等式可化为，

 ，解得；

或，解得；

 或，解得

 综上可知，不等式的解集为．………………………………………………5分

 （2）

 当时，，

 当时，，

 故所求最大值为，最小值为3．…………………………………………………10分