遼寧重點中學協(xié)作體高考模擬考試數(shù)學(理科)參考答案

1、2022年遼寧重點中學協(xié)作體高考模擬考試數(shù)學理科試卷參考答案一、選擇題：CABDC DBCAD CB16.2 69二填空題：13.514.415.1 12三、解答題：17解：ITf(x)的最小正周期T25'/ (一 ,0)為f(x)的對稱點242 k 且 0-242212f(X)2COS(2X /4 分令2k2x122k1324x k24故f(x)單調(diào)遞增區(qū)間為：k也，k24k Z24f ( A)2C0S(A 穢 2 cos(A )1212 1£12 12AA -1243va22 2 2b c 2bccosA (b c) 3bc2b c 2(b c) 9 3bc 9 3()2

2、b c 612分當且僅當b c 3時取等號故b c的最大值為618.解：I由題意可知,樣本容量80.01(5x10.一.: -. -. 3分川XPX 0PX 20,1,2,3C：5C；70114P(X1)C c3C：307037C52 CC：307037P(X3)c5 CC84570114n在他兀，卩gQ,成績分組的學生分別為15人，20人，5人,現(xiàn)要按分層抽樣抽取8人，那么在岡0，?仇80，昭；90成績分組中 各抽取3人，4人，1人6 分X0123P1331147714分布列為:10分.E(X) 3219解:1由BC CD,BC CD 2,可得BD 2 2,由EA ED,且EA ED 2,可

3、得AD 2 2 又AB 4,所以BD AD 又平面EAD 平面 ABCD ,BD 平面ABCD,所以BD(2)如圖建立空間直角坐標系D(0,0,0), B(0,2 . 2,0), C( 2, .2,0), E( . 2,0, 2)E(、2,、2,0)平面ADE 平面ABCD AD,平面ADE4分D xyzBE Z2, 2、2,v2),DE(、2,0八 2), DC設平面CDE的法向量n (x,y,z)2x 2z 0-_n (1,1, 1)2x 2y 0設直線BE與平面CDE所成的角為，得BE n V?BE in 3sincos BE,n12分C即直線BE與平面CDE所成的角的正弦值為230,1

4、 ,得 DC (八 2,0), CE (2遷,v22), DB (0,2 遷,0)(3)設 CF CE, 所以dF DC CF 設平面BDF的法向量DC CE <2(21,1,m (x, y,z)1 2m (1,0A)z 022y0(21)x (1)y平面CDE的法向量n因為平面BDF 平面CDE所以m n 0所以 10,13故在線段CE上存在一點F(靠近C點處的三等分點處 使得平面BDF 平面CDE.3 x, I2: y 、3x ,3I1 上運動，Q(X2,y2)在直線20.解：I h : yP(X1, y1)在直線y1X1 ,y23由得直線l1l210分(1,1, 1)且PQ得(x)

5、,12分12上運動,%2)(X22 y22)4,2 亦即x14 2.2即捲4x23由 x 213 x-i, y3x2xi32X21 ,.33x,x2y23所以動點M (x, y)的軌跡C的方程為予+彳=1n解 法一：當直線l丄x軸時，得A( 1, 3)、B( 1,-2),113Ssob = 2 |AB| |OF1|= 2X 3X 1 = 2,不符合題意. 當直線I與x軸不垂直時，設直線 I的方程為y= k(x+ 1), kz 0,y= k x+1 ,由x2亠y2= 1 消去y，4十3，顯然>0成立，設A(X1,8 k2那么 X1+ X2=2，X1 x23+ 4 k2得(3 + 4k2)x

6、2+ 8k2x+ 4k2 12= 0.y1)、B(X2, y2), =4 k2 12 =3+ 4 k2 .5 分又|AB|=X1 X2 2+ y1 y2 2= X1 X2 2+ k2 x1 X2 2=1 + k2 x1 X2 2=屮十列X1+ 2-4X1X2 =估乂?掃-4；十， 即 AB|=1+ k212.k2+ 1 = 12k2+ 1即 |AB|=十 k - 3十 4k2 = 3+ 4k2 .又圓O的半徑r = |kX 0-°十k|=|k|才寸1十k2yj1十k2所以 &AOB= 1 |AB| r= 22 = 7 .2丨 I 2 3+ 4k23+ 4 k27化簡得 17k

7、4+ k2 18= 0,即(k2 1)(17k2+ 18) = 0,解得6|k|1 + k26/2所以k2= 1, k2=需(舍),|k|_ _ 2 2，x2 + y2=-y 2I的方程為x= ty 1,r . 1 + k2O的方程為故圓解法二：設直線x= ty 1,由 x2+J14十3，消去x.得(4 十 3t2)y2 6ty 9= 0.因為> 0恒成立，設A(X1, y1)、B(x2,6t9 ,那么燈十 y2= 4 十 3t2, y1y2= 4 十 3t2， 所以 |y1 y2| = '：；: y1 十 y2 2 4y1 y236 _12t2+ 1=y2)._36t2丄-yj

8、 4 + 3t22 十 4 + 3t2- 4 + 3t2 .16 亠 t2+ 1所以 &aob= 2 |F1O| |y1 y2|= 4十 3上2化簡得 18t4 t2 17 = 0,即(18t2+ 17)(t2 1)= 0,解得6*27 .又圓17t2= 1, t2=冠舍).-O的半徑為r = |0-tX 0十U=匚2,彳1十t2乂1十t2r_ _ 1_ 亠2r 1 +12- 2，1 故圓O的方程為x2 + y2 =1所以10分&分10分12分8 分10-分221.解：IF(x) ax bx 1In (ex) F (x)2 ax b -x'F(x)在x 1處取極值F (

9、1)2a b 10F(x)2ax2Xi12a,2(1 2a)x 1 x1且 X-I x2(2ax 1)(x1)x12a b 10 (a )為a,b所滿足的關系 42ntF(x) ax2 (1 2a)x Inx當 a (0,2)時，；x 1,2 且(x a)F(x) 0 F(x) 0(2ax 1)(x 1)xF(x)在 1,2 增F(x) F(1) 1 a 0 即可a 0,16分當a2，0且a1時2時'x-ix2 12a1時，F(xiàn)(x)在21i假設1即2a2 a1,單調(diào)遞減02 l n2F(x)1 ax a0 即 ax可得a 1故可得 a1, 1 .28分1ii假設1'2a12即丄

10、21評 a時41F(x)在(1,)2a增，1,2)減2aF(x) F(1) 1a 0,F(x) F(2)2In 20一、 1 1(x a)F (x) 0 恒成立a (,) 102411iii假設丄 2即丄a 0時2a41F(x)在 1,2 增，且(x a)F(x) 0恒成立 a 一,0 114綜上：a0,122解:1連接 那么 A、F、EF是切線知OFFGE BAFAF、OE、OFG、H四點共圓EFEFEF22'PEEF2EFGH23.解：1C1：C2: x2EGOH 2OHEG 4 3EHHE2HE2EG 8.5分2 2OF EFCL 22 朋OF 385248分12AOCGHDBy mx 2m0( y4,31.10分y2 4y當直線與圓相切時2 2m 1|m210,