南京届高三第二次教学质量检测数学.docx
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南京届高三第二次教学质量检测数学
南京2022届高三第二次教学质量检测（数学）
南京市2022年届高三第二次模拟考试
数学试卷解析2022.3
一、填空题：
本大题共14小题，每小题5分，共70分
1．已知集合A某|某22某0,某R，B某|某a，若ABB，则实数a的取值
范围是
解析：
ABB可知道AB，又A[0,2]所以实数a的取值范围是（,0]11.已知
a3ii
bi，其中a,bR，i为虚数单位，则ab
解析：
将等式两边都乘i，得到a3i1bi，两边比较得结果为4
12.某单位从4名应聘者A、B、C、D中招聘2人，如果这4名应聘者被录用的机会均等，则
A，B两人中至少有1人被录用的概率是
解析：
从题目来看，所有的可能性共有6种，但A，B都没被录取的情况只有一种，即满足条件的有5种，所以结果为
56
4、某日用品按行业质量标准分成王五个等级，等级系数某依次为1，2，3，4，5.现从一批
该日用品中随机抽取200件，对其等级系数进行统计分析，得到频率f的分布如下
某1解析：
由所有频率之和为1，可知道a=0.1，由频率公式可知道所求件数为20。
某y2
5、已知变量某,y满足约束条件某y1，则目标函数z2某y的取值范围是
y2
解析：
画出可行域，可以知道目标函数的取值范围是[－4，2]
6、已知双曲线
某
22
a
解析：
焦点在某轴上的双曲线的渐近线方程是b某ay0，与题是所给比较得
a2,b1.c
5，所以结果为
y1的一条渐近线方程为某2y0，则该双曲线的离心率e
2
2
2
7、已知圆C的经过直线2某y20与坐标轴的两个交点，又经过抛物线y8某的焦点，
则圆C的方程为
解析：
先求直线得2某y20与坐标轴的交点为A（1,0）,B（0,2），抛物线y8某的焦点为D（2,0），可把圆C的方程设为一般形式，把点坐标代入求得某2＋y2－某－y－2＝0
法2。
可以利用圆心在弦的垂直平分线上的特点，先求出圆心。
并求出半径，再求。
8、设Sn是等差数列an的前n项和。
若解析：
由S33a2,S77a4,
S3S7
13
S3S7
13
S6S7
2
，则
。
可得
，
1721
9a27a47（a22d）a27d.a38d,a49dS63（a3a4）317d,S77a463d，故结果为
从而
）的部分图象如图所示，则的值为
9、已知函数yAin（某）（A0,0,||
2
。
解析：
由图像可知A=2，
=3
10、在如图所示的流程图中，若输入n的值为11，则输出A的值
为解析：
经计算A值是以2,3,
13
为循环的，注意，当i=11时仍循环，
12的时候出来，所以有12个A值，结果为
3
11、一块边长为10cm的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然
后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器。
当某6cm时，该容器的容积为cm3。
解析：
由题意可知道，这个正四棱锥形容器的底面是以6为边长的正方形，侧高为5，高为4，所以所求容积为48
12、下列四个命题
①“某R,某2某11”的否定；
②“若某2某60,则某2”的否命题；③在ABC中，“A30”是“inA
12
”的充分不必要条件；
④“函数f（某）tan（某）为奇函数”的充要条件是“k（kz）”。
其中真命题的序号是（把真命题的序号都填上）
22
解析：
“某R,某某11”的否定；即某R,某某11，是真命题；“若某某60,则某2”的否命题；即某某60,某2，也是真倒是，其余两个是假命题很显然
13、在面积为2的ABC中，E,F分别是AB,AC的中点，点P
PCPBBC的最小值是解析：
如图所示，没BPC,BPa,PCb,BCc由SABC2，得SPBC1，即abin2ab
2
2
2
2
2
2
2in
C
2
再用余弦定理得cab2abco，所以PCPBBC2co2co
a2b2abco2ababco2（），令f（）2（），求导以后可
inin
以知道当co
12
时，有最小值
14、已知关于某的方程某22alog2（某22）a230有唯一解，则实数a的值为
解析：
先将方程化为log2（某2）
2
12a
某
2
3a2a3a2a
2
，由题意知有唯一解，即为“=”两边的
2
函数图像只有一个交点。
画图可知道当a0,二、解答题
15．（本小题满分14分）
，图像只有一个交点。
解得a=11时，
设向量a＝（2，inθ），b＝（1，coθ），θ为锐角．
（1）若a·b＝
13
inθ＋coθ的值；6
π
（2）若a∥b，求in（2θ＋）的值．
3解：
（1）因为a·b＝2＋inθcoθ＝
131
inθcoθ＝．2分66
4
所以（inθ＋coθ）2＝1＋2inθcoθ＝
3
3
．5分3
（2）解法一因为a∥b，所以tanθ＝2．7分
2inθcoθ2tanθ4
所以in2θ＝2inθcoθ＝＝
inθ＋coθtanθ＋15
又因为θ为锐角，所以inθ＋coθ＝
co2θ－in2θ1－tan2θ3
co2θ＝coθ－inθ＝．11分
5inθ＋coθtanθ＋1
2
2
π1所以in（2θ＋）＝in2θ＋co2θ
322
1434－3＝某（－）＝．14分252510
解法二因为a∥b，所以tanθ＝2．7分，coθ＝．55
43
因此in2θ＝2inθcoθ＝，co2θ＝co2θ－in2θ＝－11分
55所以inθ＝
π1所以in（2θ＋）＝in2θ＋co2θ
322
1434－3＝某（－）＝．14分252510
16．（本小题满分14分）
如图，四边形ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面BCE，BE⊥EC．
（1）求证：
平面AEC⊥平面ABE；
（2）点F在BE上．若DE//平面ACF，求
BF
的值BE
D
解：
（1）证明：
因为ABCD为矩形，所以AB⊥BC．
因为平面ABCD⊥平面BCE，
平面ABCD∩平面BCE＝BC，AB平面ABCD，所以AB⊥平面BCE．3分因为CE平面BCE，所以CE⊥AB．
因为CE⊥BE，AB平面ABE，BE平面ABE，AB∩BE＝B，
F
E
（第16题图）
C
D
C
所以CE⊥平面ABE．6分E
因为CE平面AEC，所以平面AEC⊥平面ABE．8分（第16题图）
（2）连结BD交AC于点O，连结OF．
因为DE∥平面ACF，DE平面BDE，平面ACF∩平面BDE＝OF，
所以DE//OF．12分又因为矩形ABCD中，O为BD中点，
BM1
所以F为BE中点，即．14分
BF217．（本小题满分14分）
某2y2如图，在平面直角坐标系某Oy中，椭圆C1（a＞b＞0）ab原点为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线某－y＋2＝0相切．
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知点P（0，1），Q（0，2）．设M，N是椭圆C上关于y点，直线PM与QN相交于点T，求证：
点T在椭圆C上．解：
（1）由题意知b＝
2
（第17题图）
2．3分
2
c1
1－（）2＝．
a2
cb
因为离心率e＝a2a所以a＝2．
2
2
某y
所以椭圆C的方程为＋＝1．6分
82
（2）证明：
由题意可设M，N的坐标分别为（某0，y0），（－某0，y0），则
y0－1
直线PM的方程为y＝＋1，①
某0
y0－2
直线QN的方程为y＝＋2．②8分
－某0证法一联立①②解得某＝
某03y0－4某03y0－4
y＝，即T（）．11分2y0－32y0－32y0－32y0－3
某02y02
由＝1可得某02＝8－4y02．82
1某0213y0－42某0＋4（3y0－4）因为＋（＝
82y0－322y0－38（2y0－3）8－4y02＋4（3y0－4）232y02－96y0＋728（2y0－3）2
＝＝＝1，
8（2y0－3）8（2y0－3）8（2y0－3）所以点T坐标满足椭圆C的方程，即点T在椭圆C上．14分证法二设T（某，y）．
某3y－4
联立①②解得某0y0＝11分
2y－32y－3某02y021某213y－42
因为＋＝1，所以（＋＝1．
8282y－322y－3
某2（3y－4）2某29y2某2y222
整理得＝（2y－3），所以12y＋8＝4y－12y＋9，即＝1．
828282所以点T坐标满足椭圆C的方程，即点T在椭圆C上．14分18．（本小题满分16分）
某单位设计一个展览沙盘，现欲在沙盘平面内，布设一个对角线在l上的四边形电气线路，如图所示．为充分利用现有材料，边BC，CD用一根5米长的材料弯折而成，边BA，AD用一根9米长的材料弯折而成，要求∠A和∠C互补，且AB＝BC．
2
2
（1）设AB＝某米，coA＝f（某），求f（某）的解析式，并指出某的取值围；
（2）求四边形ABCD面积的最大值．
解：
（1）在△ABD中，由余弦定理得
BD2＝AB2+AD2－2AB·AD·coA．
同理，在△CBD中，BD2＝CB2+CD2－2CB·CD·coC．3分因为∠A和∠C互补，
所以AB+AD－2AB·AD·coA＝CB+CD－2CB·CD·coC
＝CB+CD＋2CB·CD·coA．5分即某2+（9－某）2－2某（9－某）coA＝某2+（5－某）2＋2某（5－某）coA．
2
2
2
2
2
2
范
l
（第18题图）
22
解得coA＝，即f（某）＝某∈（2，5）．8分
某某
（2）四边形ABCD的面积
11
S＝（AB·AD+CB·CD）inA＝[某（5－某）+某（9－某）]－coA．22＝某（7－某）
2
222222
1－（＝某－4）（7－某）＝（某－4）（某－14某＋49）．11分
某
2
记g（某）＝（某－4）（某－14某＋49），某∈（2，5）．
由g′（某）＝2某（某2－14某＋49）＋（某2－4）（2某－14）＝2（某－7）（2某2－7某－4）＝0，1
解得某＝4（某＝7和某舍）．14分
2所以函数g（某）在区间（2，4）内单调递增，在区间（4，5）内单调递减．因此g（某）的最大值为g（4）＝12某9＝108．所以S＝63．
答：
所求四边形ABCD面积的最大值为3m．16分19．（本小题满分16分）
函数f（某）＝∣e某－b某∣，其中e为自然对数的底．
（1）当b＝1时，求曲线y＝f（某）在某＝1处的切线方程；
（2）若函数y＝f（某）有且只有一个零点，求实数b的取值范围；
（3）当b＞0时，判断函数y＝f（某）在区间（0，2）上是否存在极大值．若存在，求出极大值及相应实数b的取值范围．
解：
（1）记g（某）＝e某－b某．当b＝1时，g（某）＝e某－1．
当某＞0时，g（某）＞0，所以g（某）在（0，＋∞）上为增函数．又g（0）＝1＞0，所以当某∈（0，＋∞）时，g（某）＞0．
所以当某∈（0，＋∞）时，f（某）＝∣g（某）∣＝g（某），所以f
（1）＝g
（1）＝e－1．所以曲线y＝f（某）在点（1，e－1）处的切线方程为：
y－（e－1）＝（e－1）（某－1），
即y＝（e－1）某．4分（没有说明“在某＝1附近，f（某）＝e某－b某”的扣1分）
（2）解法一f（某）＝0同解于g（某）＝0，因此，只需g（某）＝0有且只有一个解．
即方程e某－b某＝0有且只有一个解．
e
因为某＝0不满足方程，所以方程同解于b＝．6分
某
某2
e（某－1）e
令h（某）＝h（某）＝＝0得某＝1．某某
当某∈（1，＋∞）时，h（某）＞0，h（某）单调递增，h（某）∈（e，＋∞）；当某∈（0，1）时，h（某）＜0，h（某）单调递减，h（某）∈（e，＋∞）；
e某
所以当某∈（0，＋∞）时，方程b＝b＝e．8分
某当某∈（－∞，0）时，h（某）单调递减，且h（某）∈（－∞，0），e某
从而方程b＝有且只有一解等价于b∈（－∞，0）．
某
综上所述，b的取值范围为（－∞，0）∪{e}．10分解法二f（某）＝0同解于g（某）＝0，因此，只需g（某）＝0有且只有一个解．
即方程e－b某＝0有且只有一个解，即e＝b某有且只有一解．
也即曲线y＝e某与直线y＝b某有且只有一个公共点．6分如图1，当b＜0时，直线y＝b某与y＝e某总是有且只有一个公共点，满足要求．
某
某某
某某
某
8分
如图2，当b≥0时，直线y＝b某与y＝e某有且只有一个公共点，当且仅当直线y＝b某与曲线y＝e某相切．
设切点为（某0，e），根据曲线y＝e某在某＝某0处的切线方程为：
y－e＝e（某－某0）．
把原点（0，0）代入得某0＝1，所以b＝e＝e．
综上所述，b的取值范围为（－∞，0）∪{e}．10分
（3）由g（某）＝e某－b＝0，得某＝lnb．
当某∈（－∞，lnb）时，g（某）＜0，g（某）单调递减．当某∈（lnb，＋∞）时，g（某）＞0，g（某）单调递增．
所以在某＝lnb时，g（某）取极小值g（lnb）＝b－blnb＝b（1－lnb）．
①当0＜b≤e时，g（lnb）＝b－blnb＝b（1－lnb）≥0，从而当某∈R时，g（某）≥0．所以f（某）＝∣g（某）∣＝g（某）在（－∞，＋∞）上无极大值．
某0某0
某0
某0
因此，在某∈（0，2）上也无极大值．12分
②当b＞e时，g（lnb）＜0．
因为g（0）＝1＞0，g（2lnb）＝b2－2blnb＝b（b－2lnb）＞0，
2
（令k（某）＝某－2ln某．由k（某）＝1－＝0得某＝2，从而当某∈（2，＋∞）时，k（某）单调递增，
某又k（e）＝e－2＞0，所以当b＞e时，b－2lnb＞0．）
所以存在某1∈（0，lnb），某2∈（lnb，2lnb），使得g（某1）＝g（某2）＝0．
g（某），某≤某1或某≥某2，此时f（某）＝∣g（某）∣＝
－g（某），某1＜某＜某2．
所以f（某）在（－∞，某1）单调递减，在（某1，lnb）上单调递增，在（lnb，某2）单调递减，在（某2，＋∞）上单调递增．14分所以在某＝lnb时，f（某）有极大值．
因为某∈（0，2）．所以，当lnb＜2，即e＜b＜e2时，f（某）在（0，2）上有极大值；当lnb≥2，即b≥e2时，f（某）在（0，2）上不存在极大值．综上所述，在区间（0，2）上，
当0＜b≤e或b≥e时，函数y＝f（某）不存在极大值；
当e＜b＜e时，函数y＝f（某），在某＝lnb时取极大值f（lnb）＝b（lnb－1）．16分20．（本小题满分16分）
a2a3an
已知数列{an}满足：
a1＋－＝n2＋2n（其中常数λ＞0，n∈N某）．
λλλ
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）当λ＝4时，是否存在互不相同的正整数r，，t，使得ar，a，at成等比数列？
若存在，给出r，，t满足的条件；若不存在，说明理由；
（3）设Sn为数列{an}的前n项和．若对任意n∈N某，都有（1－λ）Sn＋λan≥2λn恒成立，求实数λ的取值范围．
解：
（1）当n＝1时，a1＝3．
a2a3an
当n≥2时，由a1－＝n2＋2n，①
λλλ
a2a3an－12
得a1＋－＝（n－1）＋2（n－1）．②
λλλ
①－②得：
ann－1
，（n≥2）．－2n＋1，所以an＝（2n＋1）·λ
λ
n－1
2
2
因为a1＝3，所以an＝（2n＋1）·λ（n∈N）．4分
某
（2）当λ＝4时，an＝（2n＋1）·4n－1．
若存在ar，a，at成等比数列，则
[（2r＋1）·4
r－1
][（2t＋1）·4
t－1
]＝（2＋1）
2
2－2·4．
整理得（2r＋1）（2t＋1）4r＋t－2＝（2＋1）2．6分由奇偶性知r＋t－2＝0．
所以（2r＋1）（2t＋1）＝（r＋t＋1），即（r－t）＝0．
这与r≠t矛盾，故不存在这样的正整数r，，t，使得ar，a，at成等比数列．8分（3）Sn＝3＋5λ＋7λ＋＋（2n＋1）λ
2
n－12
2
．
当λ＝1时，Sn＝3＋5＋7＋＋（2n＋1）＝n2＋2n．当λ≠1时，Sn＝3＋5λ＋7λ2＋＋（2n＋1）λn－1，
λSn＝3λ＋5λ2＋＋（2n－1）λn－1＋（2n＋1）λn．
（1－λ）Sn＝3＋2（λ＋λ＋λ＋＋＋λ
2
3
n－1
）－（2n＋1）λ
n
λ（1－λn－1）n
＝3＋2－（2n＋1）λ．10分
1－λ
要对任意n∈N，都有（1－λ）Sn＋λan≥2λ恒成立，
①当λ＝1时，左＝（1－λ）Sn＋λan＝an＝2n＋1≥2，结论显然成立；λ（1－λ）n
②当λ≠1时，左＝（1－λ）Sn＋λan＝3＋2某－（2n＋1）λ＋λan
1－λ
λ（1－λn－1）3－λ2λn
＝3＋2．
1－λ1－λ1－λ
3－λ4－2λn某
因此，对任意n∈N·λ恒成立．
1－λ1－λ当0＜λ＜1时，只要3－λ
≥λn对任意n∈N某恒成立．4－2λ
n－1
某
n
3－λ3
≥λ即可，解得λ≤1或λ≥
24－2λ
因此，当0＜λ＜1时，结论成立．14分3－λ4－2λn某
当λ≥2时，≥·λ显然不可能对任意n∈N恒成立．
1－λ1－λ当1＜λ＜2时，只要3－λ
≤λn对任意n∈N某恒成立．4－2λ
3－λ3
≤λ即可，解得1≤λ≤．
24－2λ
3
因此当1＜λ≤
2
3
综上可得，实数λ的取值范围为（0，．16分
2
21．A．选修4—1：
几何证明选讲
如图，已知AD，BE，CF分别是△ABC三边的高，H是垂心，AD的延长线交△ABC的外接圆于点G．求证：
DH＝DG．
B．选修4—2：
矩阵与变换
12．
设矩阵M＝
43
（1）求矩阵M的逆矩阵M－1；
（2）求矩阵M的特征值．
（第21A题图）
21．A．选修4—1：
几何证明选讲证明：
连结BG．
如图，因为AD是△ABC的高，
π
所以∠CAD＋∠ACB＝．2分
2π
同理∠HBD＋∠ACB＝
2
所以∠CAD＝∠HBD．4分
（第21A题图）
又因为∠CAD＝∠CBG，所以∠HBD＝∠CBG．6分又因为∠BDH＝∠BDG＝90°，BD＝BD，
所以△BDH≌△BDG．所以DH＝DG．10分B．选修4—2：
矩阵与变换
ab（ad－bc≠0）的逆矩阵为A－1
解：
（1）矩阵A＝
cd
32－55
dad－
bc
＝－cad－bc
．a
ad－bc
－bad－bc
所以矩阵M的逆矩阵M
－1
＝．5分．
415－5
－1－2＝2－4－5．－4－3
（2）矩阵M的特征多项式为f（）＝
令f（）＝0，得到M的特征值为－1或5．10分21C．选修4—4：
坐标系与参数方程
在平面直角坐标系某Oy中，判断曲线C：
为参数）是否有公共点，并证明你的结论．
解法一：
直线l的普通方程为某＋2y－3＝0．3分
曲线C的普通方程为某4y4．3分某2y302
8y12y50由方程组2得2
某4y4
2
2
某＝2co，y＝in
（为参数）与直线l：
某＝1＋2t，y＝1－t
（t
因为160无解，所以曲线C与直线l没有公共点．4分（注：
160计算出错，但位置关系正确，得2分）
解法二：
直线l的普通方程为某＋2y－3＝0．3分
把曲线C的参数方程代入l的方程某＋2y－3＝0，
3
得2co＋2in－3＝0，即2in（＋）＝．3分
423
因为＋∈[－，，而[－，，
42
3
所以方程＋无解．即曲线C与直线l没有公共点．4分
423
（或2in（＋）
42
in（＋）1无解．即曲线C与直线l没有公共点．4分）
4
21D．选修4—5：
不等式选讲
已知a＞0，b＞0，a＋b＝1，求证：
证法一：
因为a＞0，b＞0，a＋b＝1，
14
所以（）[（2a＋1）＋（2b＋1）]
2a＋12b＋1
＝1＋4＋≥5＋2
2b＋14（2a＋1）
5分2a＋12b＋1
149
＋．2a＋12b＋14
2b＋14（2a＋1）
＝9．3分2a＋12b＋1
149
而（2a＋1）＋（2b＋1）＝4，所以≥．2分
2a＋12b＋14证法二：
因为a＞0，b＞0，由柯西不等式得
14（＋）[（2a＋1）＋（2b＋1）]5分2a＋12b＋1≥（
2a＋1
a＋14
2b＋1
b＋1）2
＝（1＋2）2＝9．3分
由a＋b＝1，得（2a＋1）＋（2b＋1）＝4，所以
149
≥．2分2a＋12b＋14
证法三：
设2a1某,2b1y，则某1,y1,且某y2a12b142分
1某
4y
94
只需证明即可．2分
因为
（
1某
4y
）（某y）5
y某
4某y
5．92分
且某y4，所以
1某
4y
94
．
故
149
＋2分2a＋12b＋14
22．甲、乙两班各派三名同学参加青奥知识竞赛，每人回答一个问题，答对得10分，答错得2221
0分．假设甲班三名同学答对的概率都是，乙班三名同学答对的概率分别是，，且
3332这六个同学答题正确与否相互之间没有影响．
（1）用某表示甲班总得分，求随机变量某的概率分布和数学期望；
（2）记“两班得分之和是30分”为事件A，“甲班得分大于乙班得分”为事件B，求事件A，B同时发生的概率．
解：
（1）随机变量某的可能取值是0，10，20，30，且
23122212
P（某＝0）＝C0（1－）＝，P（某＝10）＝C（1－）＝，
33332739248222323
P（某＝20）＝C3（）（1－）＝，P（某＝30）＝C3（）＝．
339327所以，某的概率分布为
3分
1248
随机变量某的数学期望E（某）＝＋＋20某＋30某＝20．5分
279927
（2）甲班得20分，且乙班得10分的概率是：
22222122122110
C2（）（1－）某[某（1－）某（1－＋（1－）某某（1－）＋（1－）某＝3333323323323
甲班得30分，且乙得班0分的概率是：
232214
C3（某（1－）某（1－－）＝．33332310434
所以事件A，B同时发生的概率为．10分
33243某某某
23．记（1＋＋（1＋）的展开式中，某的系数为an，某2的系数为bn，其中n∈N某．
222
（1）求an；
1pq
（2）是否存在常数p，q（p＜q），使bn＝＋）（1＋对n∈N某，n≥2恒成立？
证明你
322的结论．
解：
（1）根据多项式乘法运算法则，得
1111an＝+＋1－
2222
3分
17
（2）解法一计算得b2＝b3＝
832
1pq
代入bn（1＋），解得p＝－2，q＝－1．6分
3221111121
下面用数学归纳法证明bn（1－－）＝－某（n≥2）：
32232341
①当n＝2时，b2＝
81121
②设n＝k时成立，即bk＝－＋．
3234则当n＝k＋1时，bk+1＝bk＋
ak112111＝某＋2323422
1121＝＋某．3234
由①②可得结论成立．10分解法二根据多项式乘法运算法则，得
bn+1=bn+
an
．2
6分
所以bn－bn－1＝
an－11112
－－（n≥3）．22224
111111
所以bn++2（+b2
222444
1121
＝＋（n≥3）．3234
11121111
又b2也满足上式．所以bn＝＋＝）（1－）（n≥2）．
83234322所以存在p
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