上海市杨浦区2022届高三上学期一模试题（12月） 数学试题答案

评分参考一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分）1.2.{1,2}3.14.4225.606.7.58.839.18010.511.210412.34n二、选择题（本题共有4题，满分20分，每题5分）13.D14.C15.C16.B三、解答题（本大题共有5题，满分76分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤.17．（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）解：（1）证明：因为M、N为线段AB、CB的中点，CN11111B1EM所以MN∥AC11.2分A1因为AC∥AC，所以MN∥AC.2分11CB所以ACNM,,,四点共面.2分A（2）作CECN于点E，①2分1因为CCAC，BCAC，所以AC平面BCCB111又CE平面BCCB，可得：ACCE②1111由①、②得：CE平面ACMN11 连接AE，则CAE为直线AC与平面ACNM所成的角；2分11由：ACC90，CA3、CC4，可得：CA5；111424由：CCN90，CC4，CN2，可得：CE2分1111205CE4545可得：1sinCAE，即CAEarcsin11CA2525145所以直线AC与平面ACNM所成角的大小为arcsin2分125另解：以C为坐标原点，CA、CB、CC所在直线为xyz,,轴建立如图所示1空间直角坐标系.2分则C(0,0,0)，A(3,0,0)，A(3,0,4)，B(0,4,4)，C(0,0,4)1113（1）证明：因为点M、N为线段AB、CB的中点，所以M(,2,4)、N(0,2,4)111123所以：NM(,0,0)，CA(3,0,0)2所以：CANM2，即CA∥NM2分所以ACNM,,,四点共面；2分（2）解：直线CA的一个方向向量为CA(3,0,4)，2分11设平面ACNM的一个法向量为nuvw(,,)，向量CA(3,0,0)，向量CN(0,2,4)，由nCA0，nCN0可得：30u，且2vw40，即uvw0,2取平面ACMN的一个法向量为n(0,2,1)2分2 设直线AC与平面ACNM所成角为，1CAn4451则sin，2分CAn5525145所以直线AC与平面ACNM所成角的大小为arcsin.2分12518．（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）解：（1）fx()2sin(2x)0，2分4k解得：2xk，即xkZ，2分42837又x[0,]，所以：x、，8837即函数fx()在[0,]上的零点为、.2分88（2）fx()sinxxcos，2gx()x(sinxxcos)3cos21sin2xx3cos2x12sin(2)，4分35因为x[0,]所以2[,x]，43361所以sin(2)[,1]x，2分32所以函数gx()的值域为[2,3].2分19．（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）11解（1）ama121214.4，2分215511ama1214.414.88，4分32553 所以a、a分别是14.4和14.88毫克.231*（2）由条件：am，aamnN()，2分1nn1551551amam()，amm0.nn1145444511所以am是以m为首项，为公比的等比数列.2分n445n1n1511511amm，即amm,2分nn4454455因为数列{}a单调递增，且limam,nnn45所以m25，即m20，所以m的最大值为20.2分420．（本题满分16分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分6分）解：（1）由FF122可知：22c，即c1.由椭圆定义，MNF1的周长4a42，即a2,y222所以：bac1,2分QM2x2所以椭圆C的方程：y1.2分x2F1OF2P（2）设Py(1,p)、Qxy(QQ,)，N由xQ10，可得xQ1，2分122由yQ1，得：FQ1yQ，2分2212SFFFQ.2分FQP1121224 （3）若存在以FQ1、FP1为邻边的矩形FPEQ1，使得点E在椭圆C上。设Py(1,)P、Qxy(,)QQ,向量FP1y(2,)P、FQ1xy(1,QQ),因为FPEQ1为矩形所以FPFQ111FE且FP11FQ,2分所以ExQ2,yPyQ且2(1)xQyy0PQ,2分因为点Q、E在椭圆C上,2xQ2y1Q2所以：2，2分xQ22yyPQ12解得：xQ1或xQ22（22舍）,2分所以满足要求的点Q横坐标为1或22.21．（本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分）解：（1）fx()与gx()具有性质PI(,2),2分11fx()与gx()不具有性质PI(,2).2分22（2）证明：假设存在xR，使得gx()s0，2分00设函数gx()的一个周期为T，由于定义域为R，可以不妨设T0,*则对一切nN，均有gx()nTs,①0s由条件，对于a0，存在区间IM(,)，25 使得gx()fx()gx()a.②2分Mx0*在①中取n，且nN，则xnTM(,)，0Ts由②gx()nTa，所以s，即s0矛盾！02假设错误，即gx()0.2分2（3）设一次函数为gx()kxbk(0).则xkxb1对一切x[1,m]恒成立.2记：Fxxkxb，2111mmm2F11kb，Fkb，Fmmkmb2221mm1m3m1FF(1)k,2分22221mm13m1m1F(m)Fk.2分222221mm1两式相减，得F(m)2FF(1)2.222m1故：24解得1m122.2分21m当且仅当FFm11，F1时等号成立,2此时：k222，b222,所以：gx()222x222时，m取得最大值122.2分6