湖北省沙市中学2022-2023学年高三上学期第二次月考数学试题答案

下载最新免费模拟卷，到公众号：一枚试卷君高三年级第二次数学答案1.【答案】B【详解】解：由题得22i12ii5i42iz，所以复数z在复平面内对应的点的坐标是0,5.故选：B2.【答案】A【详解】32cos33ab223(23)abab22412949123946aabb故选：A3.【答案】A【详解】由题意可知，2a，4124c，12PFca，若25PF，则154PF，19PF或1（舍去），若19PF，294PF，25PF或13，故“25PF”是“19PF”的充分不必要条件．故选：A．4.【答案】B【详解】8个开放洞窟中有3个最值得参观，所求概率为2231353548CC1C2CCP．故选：B．5.【答案】B【详解】解：如图，过点P作y轴的垂线，垂足为N，由题知0,1F，即1OF因为2PFFM，所以13MOFFMPPN所以3PN，所以点P到准线l的距离为14PN.故选：B6.【答案】A【详解】由已知sin()sin()()eeeexxxxxxxxfxfx，()fx为奇函数，排除BD；又(0,)2x时，sin0xx，2x时，1sinxx，sin0xx，即0x时，sin0xx，所以()0fx恒成立，排除C．故选：A．7.【答案】C【详解】球O的半径为R，则24π16πR，解得：2R，由已知可得：2393344ABCS△，其中233AEAD球心O到平面ABC的距离为2231R，故三棱锥PABC的高的最大值为3，体积最大值为193334ABCS△．故选：C．8.【答案】B【详解】记椭圆中的几何量为a，b，c，双曲线中的几何量为,,abc，12,AFmAFn，则由椭圆和双曲线定义可得2mna…①，2mna…②，两式平方相减整理得22aamn，记12FAF，则由余弦定理得2222cos4mnmnc…③①2-③得2222(1cos)4448mnacb…④由面积公式可得1sin22mn，即4sinmn，代入④整理得2sin()42，因为(0,)，所以3(,)444，所以44，得2，所以224aa，即224aa，所以222222212112422aaaeeca，即221211122ee，所以222222222121121222222212121222115594()(4)22222222eeeeeeeeeeeeee，当且仅当1236,22ee时等号成立.故选：B9.【答案】BD【详解】1月到9月中，最高气温与最低气温相差最大的是1月，故A选项错误；1月到9月的最高气温与月份具有比较好的线性相关关系，故B选项正确；最高气温与最低气温的差不稳定，故C选项错误；最低气温的极差超过35℃，最高气温的极差约为25℃，故D选项正确．故选：BD．10.【答案】BD【详解】解：对于A选项，当,,mnm∥,n∥，m与n相交时，∥，故错误；对于B选项，线面垂直与线面平行性质知当m∥,n，则mn，正确；对于C选项，若,,,mnmn是异面直线，则n与相交或//n，故错误；对于D选项，根据线面垂直的判定定理得：若,m∥，则m，故正确.故选：BD11.【答案】ABC【详解】A.代入点0,0得22(cos)(sin)1恒成立，A正确；B.22cossin12，即两圆心距离等于两圆半径差，B正确；C.直线322xy被圆Ω所截得弦长为223232sincossincos22212122sincos2sin2,24，223232sincos2222121322，即直线322xy被圆Ω所截得弦长的最大值为3，C正确；D.圆心到直线的距离22coscossinsincos1cossin，故圆和直线相切或相交，D错误；故选：ABC.12.【答案】ACD【详解】由{}na是递增数列，得123aaa；又12nnaan，所以122324aaaa，所以12123212244aaaaaaa，所以101a，故选项A正确；221234212()()()26102(21)2nnnSaaaaaann，故B不正确；由{}nb是递增数列，得123bbb，又12nnnbb，所以122324bbbb，所以2132bbbb，所以112b，故选项C正确；所以21321242()()nnnTbbbbbb1212(12)(12)()(21)1212nnnbbbb，所以2122(21)22(21)nnnTbb，又12bb，所以222(21)nnT，而2222(21)22(222)nnnn，当5n时，22(222)0nn；当14n时，可验证22(222)0nn，所以对于任意的*nN，22nnST，故选项D正确．故选：ACD．13.【答案】240【详解】622xx的展开式的通项为：6212316622,0,1,,6rrrrrrrTCxCxrx，当1230r，即4r时，622(1)xxx展开式x的系数为：446C2240.当1231r显然不成立；故答案为：24014.【答案】8【详解】由题意圆标准方程是22(2)(4)9xy，圆C的圆心为4(2,)C，半径为3r，弦长为6，则弦为直径，已知直线过圆心，所以2420mn，即21mn，212144(2)()4428mnmnmnmnmnnmnm，当且仅当4mnnm即11,24mn时等号成立．故答案为：8．15.【答案】12【详解】由对称性不妨设P在x轴上方，设,,0Pcmm，POF，PAF∴tantan1mmcacAPOmmcac22amaacaccacmcacmm当且仅当mcac取等号，∵直线l上存在点P满足30APO∴max3tan3APO即332()acac，∴24430ee，即(21)(23)0ee，所以102e，故椭圆离心率的最大值为12.故答案为：12.16.【答案】；.【详解】解：已知矩形中，，在矩形中，连接和交于点，，，可知点是四面体外接球的球心，则外接球的半径，所以该四面体外接球的体积；在四面体中，作交于点，交于点，再作交于点，则，所以二面角的平面角为，则，在矩形中，可知，，所以是等边三角形，，，由四面体可知，，，则，，而43710,22ABCD3,1ABBCABCDACBDO2222312ACBDABBC112OAOBOCODACODABC1r34433VrDABCBEACACEDFACACFEGACCDG//EGDFDACBBEGBEGABCD3,1ABBC1OCOBBOC3cos302BEDFBC2sin301EFACCEACBCDABCBEEFDFEF^0BEEF0DFEF222222BDBEEFFDBEEFFDBEEFEFFDBEFD即，所以当在内变化时，，则，即的范围为.故答案为：；.17.【答案】（1）21nan（2）2k．【小问1详解】设等差数列{}na公差为d，由题意1211161536(2)(12)adadaad，0d，解得112ad，所以12(1)21nann；【小问2详解】由（1）111111()(21)(21)22121nnaannnn，所以1111111111(1)()()(1)2323522121221nTnnn，易知nT是递增的且12nT，不等式4nkT对任意的*nN都成立，则142k，所以2k．18.【答案】（1）π6B（2）答案见解析【小问1详解】∵2coscbB，则由正弦定理可得sin2sincosCBB，∴2π3sin2sin32B，∵2π3C，∴π0,3B，2π20,3B，∴π23B，解得π6B．2222223321222BEEFFDBEFDEBFD335335312cos2coscos4422222EBFD53cos22BD,3210cos271022BDBD710,2243710,22【小问2详解】若选择（1），由（1）可得π6A，即ab则211333sin2224ABCSabCa△，解得3a，则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为：222π33212cos33223422aabb．若选择（2）：由（1）可得π6A，设ABC的外接圆半径为R，则由正弦定理可得π2sin6abRR，2π2sin33cRR，则周长23423abcRR，解得2R，则2a，23c，由余弦定理可得BC边上的中线的长度为：22π2312231cos7619.【答案】(1)证明见解析；(2).(1)在等腰梯形中，，，取中点N，连结，，如图，因M为棱的中点，则，且，即四边形为平行四边形，则，而平面，平面，所以平面.(2)取中点Q，中点O，连结，，，，有，且，四边形是平行四边形，则，则有，且，正中，，而，因此，，且，而，平面，则平面，平面，有平面平面，由，得，在平面内作，平面平面，即有平面，以O为原点，射线OB，OD，Oz分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，则，有，设平面的法向量为，则31313ABCD//CDAB2CDPBMNCNAP////MNABCD122MNABCDMNCD//DMCNCNPBCDMPBC//DMPBCABAQDQPQODOM//CDBQCDBQBCDQ2DQBCADAQ3ODODABPAB△,23PQABPQ//OMPQ132OMPQOMABOMODO,OMODDOMABDOMABÌABCDDOMABCD3DM60DOMDOMOzODDOMABCDODOzABCD331,0,0),(0,,),1(((2,3,3,3),22,0),(3,0,0)AMPCB2,3,3),2,3,3),(1,3,0)((APPBCBPBC,,nxyz，令，得，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.20.【答案】（1）该风投公司投资光刻胶项目；（2）ˆ1.40.5y；2022年年末．【小问1详解】若投资光刻机项目，设收益率为1，则1的分布列为10.30.1Pp1p所以10.30.110.40.1Eppp．若投资光刻胶项目，设收益率为2，则2的分布列为20.30.20P0.40.10.5所以20.30.40.20.100.50.1E．因为投资以上两个