广东省茂名市2022-2023高三下学期第二次综合测试数学试卷+答案.pdf

数学参考答案 第 1 页（共 16 页）数数学学答案答案一、单选题一、单选题5【提示】由原点O到直线l：sincos1xy的距离为220021cossind可知直线l是22:1O xy的切线，又动直线始终没有经过点P，所以点P在该圆内，因为点 Q 为22:82160C xyxy上的动点，且4,1,1Cr 22OCPQOC，即PQ的取值范围为172,172.7【提示】解：设qAx xp，（pq，且p，q为互质的正整数），Bx|x0 或x1 或x是0，1上的无理数，对于A选项：由题意，R x的值域为1 110,2 3p，其中p是大于等于 2 的正整数，故选项A正确；对于B选项：若(0,1ab，设,(,)qnabp qm npm互质，互质，11qna bp mp m，则 R a bR aR b；若,a b有一个为 0，则 R a bR aR b0；所以选项B正确；对于 C 选项：若n为大于1的正数，则112nn，而()R x的最大值为12，所以该方程不可能有实根.故选项 C 错误；对于 D01x ，和(0,1)内的无理数，则()0,(1)0,()(1)R xRxR xRx，若x为(0,1)内的有1 12 23 34 45 56 67 78 8ADADDBCB数学参考答案 第 2 页（共 16 页）理数，设qxp（,p q为正整数，qp为最简真分数），则1()(1)=R xRxp，故选项 D 正确.8.【提示】由题设可得()sin22cos215sin(2)1f xxxxj=+=+(c)5sin(22c)1f xxj+=+其中02，且tan2，于是可化为5 sin(2)5 sin(22)3axbxcab即5 sin(2)5 sin(22)(3)0axbxcab所以5(cos2)sin(2)5 sin2 cos(2)(3)0abcxbcxab由已知条件，上式对任意xR恒成立，故必有cos20(1)sin20(2)30(3)abcbcab若0b，则由式知0a，显然不满足式.故0b 所以，由式知sin20c，则cos21c 当cos21c 时，则式，矛盾.所以cos21c=-由式，知32ab ，所以32cos2abc+-=（法二）因为()sin22cos215sin(2)1f xxxxj=+=+为中心对称函数，对称中心的纵坐标为 1，从()()3af xbf xc-+=恒成立，可以看出32ab=-=，故c的可能一个取值为2p,所以32cos2abc+-=二、多多选选题题10【提示】由POOQ，可知,P Q关于原点对称.对于 A.根据椭圆的对称性，22218PQPFQFPQPFPFPQ，当PQ为椭圆的短轴时，PQ有最小值 6，所以2PQF周长的最小值为 14，正确；对于 B.因为17tan3cF AOb，所以14F AO，91011129101112ACACDABACD数学参考答案 第 3 页（共 16 页）则122F AF，故椭圆上不存在点P，使得122F PF，又四边形12PFQF是平行四边形，所以四边形12PFQF不可能是矩形，故 B 不正确.对于 C.由题意得4,0B，设,P x y，则,Qxy，所以22229 116944161616PBQBxyyykkxxxx，故 C 正确；对于 D.设2QPF的面积为117 63 722PQSOF yy.11【提示】记()xxg xe=，则1()xxg xe-=所以()g x在0,1)单调增，在(1,)+单调减所以()f x的大致图像如下所示：所 以 关 于x的 方 程214()()0efxaf xe-+=有 6 个 不 同 实 根 等 价 于 关 于t方 程2140etate-+=在1(0,)te内有 2 个不等实根即1()4h tetet=+与1(0,)yate在=内有 2 个不同交点又1()4h tetet=+的大致图像如下所示：又1()42he=，1()5he=所以(4,5)a12【提示】A 选项,直线PBACD 平面,PBAE;A 选项正确B 选项,把ACD沿着CD展开与面 BDC 同一个平面内，由2 3,4ADCDAC，1cos3ADC数学参考答案 第 4 页（共 16 页）2 2coscos()sin23ADBADCADC 2222 216 62(2 3)2 2 2 3()163433AB ，B 选项错误C 选项,要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，半径为66()123aa为棱长，C 选项正确D 选项,10 个小球分三层（1 个，3 个，6 个）放进去，要使小球半径要最大，则外层小球与四个面相切，设小球半径为r，四个角小球球心连线MNGF是棱长为4r的正四面体,其高为4 63r，由正四面体内切球的半径是高的14得，如图正四面体PHIJ，则3MPr,正四面体PABC高为4 663433rrr，得62r.D 选项正确三、填空题：13.【答案】32 214.【答案】240 xy15【答案】3【提示】如图，设准线与x轴的交点为K，作1AAl，1BBl垂足分别为1A，1B，则11/BBFK AA.根据抛物线定义知1BBBF,1AAAF,设1DBB，因为11/BBFK AA，所以11KFDFAADBB，数学参考答案 第 5 页（共 16 页）11cosBBAAKFBDADFD.设BFa，所以3cos4441aaaa，所以316【答案】253【提示】：1连CD，CE，由半圆半径为 1 得记CBECBD，又CDBD，CEBE，1tantanCDBEBD，1sinsinCDBC，则MCENCD，所以MEND的长为.又3AC，故130sinABACBC，1sin3，即01sin3，00,2，所以，1252sintanf，0,2，则1sin,13；所以 2cos2cos1sinf.0,33,3 2 f-0+f单调递减极小值单调递增所以栈道总长度最小值 min2533ff.四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤数学参考答案 第 6 页（共 16 页）17解：(1)当1n 时，2221122 1 18SSaa，26a 1 分当2n 时，322321222 2811SSaaa，34a 2 分当3n 时，443232122222 3 13SSaaaa，410a 3 分(2)2121nnSSn，当1n 时，221228SS，又11a，则211887SSa，4 分当2n 时，212nnSSn，-可得：1142nnSSn，5 分当n(2)n 为偶数时，2(442)(4 62)(42)nSSn214(42)(1)622nnnn(1)1nSn n7 分当n(2)n 为奇数时，1(4 32)(4 52)(42)nSSn 210(42)1222nnnn(1)1nSn n8 分由15 16 1239240，16 17 1273240 得，9 分n的最大取值为 15.10 分法二：2121nnSSn，当1n 时，221228SS，又11a，则211887SSa，4 分当2n 时，212nnSSn，-可得：1142nnSSn，5 分可得：142nnaan，故2141246nnaann，数学参考答案 第 7 页（共 16 页）-可得：24nnaa，2n，当1n 时，221228SS，即1228aa,26a na的偶数项组成一个等差数列，公差为 4，且从第 3 项起，na所有的奇数项也组成一个等差数列，公差为 4，6 分当 n 为偶数时，1234nnSaaaaa(1)(1)(2)2 2221 644(1)42222n nnnnn (1)1n n7 分当 n 为奇数时，1nnnSSa1(1)1 4(1)4(1)12nn nn n 8 分由15 16 1239240，16 17 1273240 得，9 分n的最大取值为 15.10 分18（1）由sin3tansin6CBC得sinsin3cossin6CBBCsinsincossin63BCBC1 分所以3113sinsincoscossincos2222BCCBCC所以sin3sincoscossin3cosBCCBCC2 分所以sincoscossin3 coscossinsin0CBCBCBCB所以sin3cos0BCBC3 分所以tan3BC，即tan3A 4 分数学参考答案 第 8 页（共 16 页）因为0A，所以3A.5 分法一：（2）设,0,3BAD，则22,33ADCDACACD ，7 分在ADC中，由正弦定理知2sinsin33ADDC，9 分即22sinsin33，化简得3tan310 分所以2,632ACD，11 分所以ABCD是直角三角形.12 分法二：（2）如图所示，取AB中点M，延长MD与AC的延长线交于点N，连接NB，由2CDBD有1233NDNBNC，由1122NMNBNA ，6 分设NDNM，则123322NBNCNBNA ，7 分即232623NBNANC ，8 分故23，所以2NANC，即C为AN中点.9 分又,ADBD M为AB中点，所以NMAB，10 分又3A，所以ABN为正三角形，又BC平分AN，所以BCAN，11 分所以ABCD是直角三角形.12 分数学参考答案 第 9 页（共 16 页）19证明：（1）PAPD,O为AD的中点POAD1 分又PADABCD平面平面,平面PADABCDAD平面,2 分POABCD 平面，又BCABCD 平面3 分POBC4 分（2）法（一）由，8,4,ABADDCCB可知ABCD四边形为等腰梯形，易知4 3,BD 222,ADBDABADBD建立如图所示的空间直角坐标系，5 分(0,0,2 7),(2,0,0),(2,4 3,0),(4,2 3,0)(2,0,0)PABCD，,6 分ABCD平面的法向量为(0,0,1)n，7 分设(,)Ex y z,则(2,)AExy z,(,2 7)PEx y z,(2,4 3,2 7)PB 直线AE与平面ABCD所成角为6222|1sin|cos,|62(2)zn AExyz 2224430 xxyz8 分点E在棱PB上PEPB 即(,2 7)(2,4 3,2 7)x y zxyz数学参考答案 第 10 页（共 16 页）2,4 3,2 72 7xyz 代入解得152或（舍去）9 分(1,2 3,7)PE (2,0,2 7),(4,2 3,2 7)PDPC ,设平面PCD的法向量为111(,)mx y z1111122 7042 32 70m PDxzm PCxyz 令111211,7,3zxy 得21(7,1)3m 11 分点E到平面PCD的距离|2 7212 65123131|313PE mdm 12 分法（二）建立如图所示的空间直角坐标系，5 分(0,0,2 7),(3,1,0),(3,7,0),(3,5,0)(3,1,0)PABCD，,6 分ABCD平面的法向量为(0,0,1)n，7 分设(,)E x y z,则(3,1,)AExyz,(,2 7)PEx y z,(3,7,2 7)PB 直线AE与平面ABCD所成角为6xyz数学参考答案 第 11 页（共 16 页）222|1sin|cos,|62(3)(1)zn AExyz 222(3)(1)30 xyz8 分点E在棱PB上PEPB 即(,2 7)(3,7,2 7)x y z3,7,2 72 7xyz代入解得152或（舍去）9 分3 7(,7)22PE ,(3,1,2 7),(0,4,0)PDDC ,设平面PCD的法向量为111(,)mx y z111132 7040m PDxyzm DCy 令1113,2 7,0zxy 得,(2 7,0,3)m 11 分点E到平面PCD的距离|2 21212 65123131|31PE mdm 12 分20.解：（1）由1237PFPF，可设12|7,|3PFx PFx1 分在12PFF中，因为1221cos7FPF，所以22221221|732 7347FFxxxxx，2 分即12|2FFx，所以2221212PF。