2022-2023学年河南省南阳市高三上学期期终质量评估(期末考试)数学(理精品

2022年秋期高中三年级期终质量评估数学试题（理）注意事项：1．本 试卷 云南省高中会考试卷哪里下载南京英语小升初试卷下载电路下试卷下载上海试卷下载口算试卷下载 分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效2．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．3．选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚．4．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．5．保持卷面清洁，不折叠、不破损．第I卷选择题（共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．若集合Ax∣x22x30，Bx∣logx1，则AB＝（）2A．［－1，3]B．(,3]C．（0，2]D．（0，3]2．已知复数z满足(i1)z2i，则z（）A．1B．2C．3D．23．从3，4，5，6四个数中任取三个数作为三角形的三边长，则构成的三角形是锐角三角形的概率是（）1113A．B．C．D．43244．已知向量a(4,25)，b(1,5)，则向量b在向量a方向上的投影是（）A．6B．－1C．1D．65．已知xR，yR，若p:|x1||y2|1，q:x2y22x4y40，则p是q的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件x2y26．已知双曲线C:1(a0,b0)的左、右焦点分别为F，F点M在C的右支a2b212上，直线FM与C的左支交于点N，若FNb，且MF|MN|，则双曲线C的渐近112线方程为（）11A．yxB．y3xC．yxD．y2x32x,0x17．设f（x）是定义在R上且周期为4的奇函数，当0x2时，f(x)，2x,1x2令g（x）＝f（x）＋f（x＋1），则函数y＝g（x）的最大值为（）A．1B．－1C．2D．－228．已知函数f(x)2sinx(0)在0,上单调递增，且f(x)f恒成63立，则的值为（）31A．2B．C．1D．229．已知抛物线C:y24x的焦点为F，过点F作直线l交抛物线C于点A，B（A在x轴上方），与抛物线准线交于点M．若|BM|＝2|BF|，则直线l的倾斜角为（）A．60°B．30°或150°C．30°D．60°或120°10．对于函数f(x)sinxxex，x[0,]，下列说法正确的是（）A．函数f（x）有唯一的极大值点B．函数f（x）有唯一的极小值点C．函数f（x）有最大值没有最小值D．函数f（x）有最小值没有最大值11．如图为“杨辉三角”示意图，已知每一行的数字之和构成的数列为等比数列且记该数列前n项和为S，设b5logS11，将数列b中的整数项依次取出组成新的数nn2nn列记为c，则c的值为（）n2023A．5052B．5057C．5058D．506312．十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：当三角形的三个角均小于120时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角120°；当三角形有一内角大于或等于120°时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点称为费马点．已知a，b，c分别是△ABCcosA三个内角A，B，C的对边，且b2(ac)26，sinC，若点P为△ABC2cosB6的费马点，则PAPBPBPCPAPC（）A．－6B．－4C．－3D．－2二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．上级将5名农业技术员分派去3个村指导农作物种植技术，要求每村至少去一人，一人只能去一个村，则不同的分派种数有______．（数字作答）14．如图，△ABC内接于椭圆，其中A与椭圆右顶点重合，边BC过椭圆中心O，若AC边上中线BM恰好过椭圆右焦点F，则该椭圆的离心率为______．15．《九章算术》是《算经十书》中最重要的一部，全书总结了战国、泰、汉时期的数学成就，内容十分丰富，在数学史上有其独到的成就．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称之为“鳖臑”，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．如图，几何体P－ABCD为一个阳马，其中PD平面ABCD，若DEPA，DFPB，DGPC，且PD＝AD＝2AB＝4，则几何体EFGABCD的外接球 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面积为______．x16．已知函数f(x)lnxmx(x0)的值域为[0,)，则实数m取值范围为______．emx1三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚）17．（本题满分12分）a1a2已知数列a是各项均为正数的等差数列，S是其前n项和，且Snn．n．．nn2（1）求数列a的通项公式；n8n（2）若ba，求b取得最大值时的n．n9nn18．（本题满分12分）在2022年卡塔尔世界杯亚洲区预选赛十二强赛中，中国男足以1胜3平6负进9球失19球的成绩惨败出局．甲、乙足球爱好者决定加强训练提高球技，两人轮流进行定位球训练（每人各踢一次为一轮），在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，一人踢球另一人扑球，甲先踢，每人踢一次球，两人有1人进球另一人不进球，进球者得1分，不进球者得－1分；1两人都进球或都不进球，两人均得0分，设甲每次踢球命中的概率为，乙每次踢球命中2211的概率为，甲扑到乙踢出球的概率为，乙扑到甲踢出球的概率，且各次踢球互不影325响，（1）经过一轮踢球，记甲的得分为X，求X的分布列及数学期望；（2）若经过两轮踢球，用p表示经过第2轮踢球后甲累计得分高于乙累计得分的概率，求2p．219．（本题满分12分）如图，四棱锥P－ABCD的底面为直角梯形，ABCBAD，PB⊥底面ABCD，21PBABADBC1，设平面PAD与平面PBC的交线为l．2（1）证明：l⊥平面PAB；（2）设Q为l上的动点，求PD与平面QAB所成角的正弦值的最大值．20．（本题满分12分）已知函数f(x)alnxx2ax．（1）当a＝1时，求证：f(x)0；（2）若函数f（x）有且只有一个零点，求实数a的取值范围．21．（本题满分12分）x2y21已知椭圆C:1(ab0)，离心率为，其左右焦点分别为F，F，点A（1，a2b2212－1）在椭圆内，P为椭圆上一个动点，且PF|PA|的最大值为5．1（1）求椭圆C的方程；（2）在椭圆C的上半部分取两点M，N（不包含椭圆左右端点），且FM2FN，求四边12形FFNM的面积．12选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做的第一个题目计分．22．【选修4－4：坐标系与参数方程】（10分）x2cos在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(为参数），ysin（1）在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，求曲线C极坐标方程；11（2）若点A，B为曲线C上的两个点且OAOB，求证：为定值．|OA|2|OB|223．【选修4－5：不等式选讲】（10分）已知存在xR，使得xax2b4成立，a，bR．000（1）求a＋2b的取值范围；（2）求a2b2的最小值．2022年秋期高中三年级期终质量评估数学（理）参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）题号123456789101112答案ABABBDADDABC二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）1113．15014．15．2016．,3e2三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．【解析】a1a2（1）当n1时，Sa11，解得：a2或者a1，11211因为a0，故a2．n1naana2na2a1a2方法一：因为S1nn，所以nnn，n2222又a0，即可得an1．nna1a2方法二：当n2时，S2a22，易得：a3．2222因为数列a是等差数列，故an1．nn8n8n1（2）由（1）知，bn1，故bn2．n9n198n7nbb，n1n99当n7时，bb；n1n当n7时，bb；n1n当n>7时，bb；n1n故数列b的最大项为b，b，即n7或8n7818．【解析】（1）记一轮踢球，甲进球为事件A，乙进球为事件B，A，B相互独立，112211由题意得：PA1?，PB1，255323甲的得分X的可能取值为－1，0，1，211PX1PABPAPB1，53521218PX0PABPABPAPBPAPB11535315214PX1PABPAPB1，5315所以X的分布列为：X101184P515151841所以EX1015151515（2）根据题意，经过第2轮踢球累计得分后甲得分高于乙得分的情况有三种；分别是：甲两轮中第1轮得0分，第2轮得1分；或者甲第1轮得1分，第2轮得0分；或者甲两轮各得1分，于是：pPX0PX1PX1PX0PX12844841615151515154519．【解析】（1）证明：因为PB底面ABCD，所以PBBC．又底面ABCD为直角梯形，且ABCBAD，所以ABBC．2因此BC平面PAB．因为BC∥AD，BC平面PAD，所以BC∥平面PAD．又由题平面PAD与平面PBC的交线为l，所以l∥BC，故l平面PAB．（2）以B为坐标原点，BC的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，则B0,0,0，C2,0,0，A0,1,0，P0,0,1，由（1）可设Qa,0,1，则BQa,0,1．设nx,y,z是平面QAB的法向量，nBQ0axz0则，即，可取n1,0,anBA0y0nPD1a所以cosn,PD．nPD31a2设PD与平面QAB所成角为，31a32a则sin1；31a231a232a6因此：当a0时，可得1（当且仅当a1时等号成立）31a23又当a0时，易知不符合题意．6所以PD与平面QAB所成角的正弦值的最大值为．312x2x12x1x120．【解析】（1）fx2x1xxx故f（x）在（0，1）上是单调增加的，在（1，＋∞）上是单调减少的．所以fxf10，即fx0max（2）当a＝0时，fxx2，不存在零点1lnxx当a0时，由fx0得，x0,ax2lnxx12lnxx设gx，则gxx2x3令hx12lnxx，易知hx在0,上是单调减少的，且h10．故gx在0,1上是单调增加的，在1,上是单调减少的．111e由于g0，g11，且当x1时，gx0e12e11故若函数fx有且只有一个零点，则只须1或0aa即当a,01时，函数fx有且只有一个零点．21．【解析】c1（1）由题意知：，即a2c，a2又由椭圆定义可得：PFPA2aPAPF122aAF2a(1c)215，25又∵a2b2c2，且a，2故可得：a2，b3，c1．x2y2即椭圆C：的方程为：143（2）延长FM交椭圆于点P，由FM2FN，112根据椭圆的对称性可得FM2PF．11设Mx,y，Px,y，则Nx,y．显然，y0．1122221设直线PM的方程为xmy1，xmy1联立x2y2得，3m24y26my90，1436m∴yy①123m249yy②123m24又FM2PF，得y2y③111225由①②③得，m．525得直线PM的方程为xy1，即5x2y50，5设F到直线PM的距离为d，25525则由距离公式得：d，543又由弦长公式得：PM1m2yy1m2yy24yy1212126m291m243m243m242527将m代入上式得PM，58设四边形FFNM的面积为S，1211272595易知SPMd22838【选做题】22．【解析】x2cos（1）因为，ysinx2所以曲线C的直角坐标方程为y21．4因为xcos，ysin，4所以，曲线C的极坐标方程为：23sin21（2）由于OAOB，故可设A,，B,122442，2，13sin2123cos211111所以|OA|2|OB|222123cos213sin215．44115即为定值|OA|2|OB|2423．【解析】（1）由题知：xax2bxax2ba2ba2b，因为存在xR，使得xax2b4，所以只需a2b4，000即a2b的取值范围是4,．（2）方法一：由（1）知a2b4，因为a,bR，不妨设ta2b2，当b2时，ta2b24，当0b2时，有tb2a2(42b)2，821616整理得，t5b216b165b，此时t的最小值为；55516综上：a2b2的最小值为．5方法二：令t2a2b2，不妨设atcos，btsin，4416因为a2b4，所以t，所以：t2，cos2sin5516即a2b2的最小值为．5