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广东省东莞市2022届高三上学期期末考试数学试题(Word版带解析)
广东省东莞市2022届高三上学期期末考试数学试题(Word版带解析)
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2021-2022学年度第一学期教学质量检查高三数学一、单项选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40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.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.1.设集合,,则()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先化简集合B,再利用集合的交集运算求解.【详解】因为集合,,,故选:A2.的展开式中项的系数是()A.9B.10C.11D.12【答案】B【解析】【分析】利用二项式定理求得中项的系数,进而可求得的展开式中含项的系数.【详解】当且,的展开式通项为,所以,的展开式中含的系数为,的展开式中,含项的系数是.故选:B.3.已知函数,,则下列结论正确的是()A.是偶函数B.是奇函数C.是奇函数D.是奇函数 【答案】C【解析】【分析】先以偶函数定义去判断选项A的正误,再以奇函数的定义去判断选项B、C、D的正误.【详解】选项A:,是奇函数,判断错误;选项B:,是偶函数,判断错误;选项C:,是奇函数,判断正确;选项D:,是偶函数,判断错误.故选:C4.若,,则()A.B.1C.D.【答案】B【解析】【分析】根据,和,即可得到,进而求出结果.【详解】因为,所以, 所以,所以,即,所以,故选:B.5.甲乙两人在数独APP上进行“对战赛”,每局两人同时解一道题,先解出题的人赢得一局,假设无平局,且每局甲乙两人赢的概率相同,先赢3局者获胜,则甲获胜且比赛恰进行了4局的概率是()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】以独立事件同时发生的概率公式去解决即可.【详解】甲乙两人各自解题是相互独立事件,又知每局中甲乙两人赢的概率相同,即甲赢的概率为,甲输的概率为.则甲获胜且比赛恰进行了4局的比赛情况是:甲在前三局中赢了两局,第四局赢了.其概率是故选:D6.“中国天眼”(如图1)是世界最大单口径、最灵敏的射电望远镜,其形状可近似地看成一个球冠(球冠是球面被平面所截的一部分,如图2所示,截得的圆叫做球冠的底,垂直于截面的直径被截得的线段叫做球冠的高.若球面的半径是,球冠的高度是,则球冠的面积).已知天眼的球冠的底的半径约为250米,天眼的反射面总面积(球冠面积)约为25万平方米,则天眼的球冠高度约为()(参考数值) A.52米B.104米C.130米D.156米【答案】C【解析】【分析】由,结合求解.【详解】由题意得:,则,则,所以,所以,故选:C7.已知直线过抛物线:的焦点,且与该抛物线交于两点.若线段的长为16,的中点到轴距离为6,则(为坐标原点)的面积是()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设,的坐标,由抛物线的性质到焦点的距离等于到准线的距离,可得的表达式,再由的中点到轴的距离是6可得,的横坐标之和,进而可得的值,求出抛物线的方程,设直线的方程,与抛物线联立,结合韦达定理可求出三角形的面积.【详解】设,,,,由抛物线的定义可得,又因为的中点到轴的距离是6,所以,所以,所以抛物线的方程为:,设直线的方程, 联立直线与抛物线的方程:,整理可得,,所以,解得,所以的方程为:,.故选:B8.已知为坐标原点,点为函数图象上一动点,当点的横坐标分别为时,对应的点分别为,则下列选项正确的是()A.B.CD.【答案】D【解析】【分析】设,则,令,利用导数可得函数为增函数,即得.【详解】设,则,令,则,设,则所以在上为增函数,故,即,∴在上为增函数, ∴,即.故选:D.二、多项选择题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.9.已知复数,是的共轭复数,则下列结论正确的是()A.若,则B.若,则C.若,则D.若,则【答案】ABC【解析】【分析】若,则,,利用复数代数运算,可以判断AB;利用复数的三角运算,可以判断C;利用数形结合,可以判断D.【详解】对于A:若,则,故,所以A正确;对于B:若,则,所以B正确;对于C:设,则,故,所以C正确;对于D:如下图所示,若,,则,,故,所以D错误. 故选:ABC10.已知函数,若且对任意都有,则下列结论正确的是()AB.C.的图象向左平移个单位后,图象关于原点对称D.的图象向右平移个单位后,图象关于轴对称【答案】BD【解析】【分析】先根据条件求得b值,根据可知为函数最大值,据此列出关于a的方程,求出a值,得到函数f(x)的解析式,结合辅助角公式和诱导公式,可判断A、B的正误,再根据三角函数图象的变换规律,可判断B、D的正误.【详解】,, 又对任意都有,则为的最大值,,整理得:,则,所以,因此A选项错误,B正确;的图象向左平移个单位后得到的图象对应的函数解析式为:,该函数图象不关于原点对称,故C错误;的图象向右平移个单位后,得到函数的图象,该图象关于y轴对称,故D正确,故选:BD11.气象意义上从春季进入夏季的标志为“当且仅当连续天每天日平均温度不低于”.现有甲、乙、丙三地连续天日平均温度的记录数据(数据均为正整数,单位)且满足以下条件:甲地:个数据的中位数是,众数是;乙地:个数据的中位数是,平均数是;丙地:个数据有个是,平均数是,方差是;根据以上数据,下列统计结论正确的是()A.甲地进入了夏季B.乙地进入了夏季C.不能确定丙地进入了夏季D.恰有2地确定进入了夏季【答案】AC【解析】【分析】根据所给数据,对甲地,乙地,丙地逐个分析判断,即可得解. 【详解】甲地:5个数据由小到大排,则22,22,24,,,其中,满足进入夏季的标志;乙地:将5个数据由小到大排,则,,27,,,其中,则,而,故,其中必有一个小于22,故不满足一定进入夏季的标志;丙地:设5个数据为,,,,30,且,由方差公式可知:,则,不妨设,,,则,,均大于22,但不确定是否大于22,故不能确定丙地进入夏天.故选:AC.12.已知函数,则下列结论正确的是()A.B.C.关于的方程的所有根之和为D.关于的方程的所有根之积小于【答案】ACD【解析】【分析】利用函数的表达式依次判断.【详解】,,A正确;当时,,关于,当时,,(,表示不超过的整数)所以B错, 的根为,,的根为,,的根为,,所有根的和为:,C正确;由,累加可得所以所有根之积小于,D正确.故选:ACD.三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把答案填在答题卡的相应位置上.13.已知为双曲线:的一个焦点,则点到双曲线的一条渐近线的距离为_______.【答案】【解析】【分析】分别求出双曲线的焦点和渐近线,再代入点到直线的距离公式即可.【详解】双曲线:的焦点为双曲线:的渐近线为由双曲线的对称性,不妨取焦点,渐近线为则则点到渐近线的距离为 故答案为:414.已知一个圆锥的底面半径为,其侧面积为,则该圆锥的体积为___________.【答案】【解析】【分析】根据圆锥的侧面积公式求出圆锥的母线长,利用勾股定理求出圆锥的高,再根据圆锥的体积公式可求出结果.【详解】设圆锥的母线长为,因为圆锥的底面半径,所以圆锥的侧面积,依题意可得,解得,所以圆锥的高,所以该圆锥的体积.故答案为:.15.桌面上有一张边长为2的正三角形的卡纸,设三个顶点分别为,,,将卡纸绕顶点顺时针旋转,得到、的旋转点分别为、,则_________.【答案】##【解析】【分析】以点为坐标原点,为轴建立平面直角坐标系,得出点的坐标,旋转后得出点的坐标,从而得出向量的坐标,从而得出数量积.【详解】以点为坐标原点,为轴建立平面直角坐标系.如图,则则将绕顶点顺时针旋转,得到,如图.则,即可以看成是角的终边.点在轴上则, 所以所以所以故答案为:16.龙曲线是由一条单位线段开始,按下面的规则画成的图形:将前一代的每一条折线段都作为这一代的等腰直角三角形的斜边,依次画出所有直角三角形的两段,使得所画的相邻两线段永远垂直(即所画的直角三角形在前一代曲线的左右两边交替出现).例如第一代龙曲线(图3)是以为斜边画出等腰直角三角形的直角边,所得的折线图,图4、图5依次为第二代、第三代龙曲线(虚线即为前一代龙曲线).,,为第一代龙曲线的顶点,设第代龙曲线的顶点数为,由图可知,,,则_____;数列的前项和________.【答案】①.②.【解析】【分析】根据题意并观察图形即可得到的值;对已知的数据进行分析,可得 ,进而可得,再采用裂项相消,即可求出结结果.【详解】由题意可,观察可知,;由……易知,所以,所以.故答案为:,.四、解答题:本大题共6小题,第17题10分,18、19、20、21、22题各12分,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内,超出指定区域的答案无效.17.的内角、、的对边分别为、、,已知.(1)求;(2)若,的面积为,求的周长.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)利用正弦定理结合两角和的正弦公式可求得的值;(2)利用三角形的面积公式可求得,利用余弦定理可得出的值,可求得的值,即可得解.【小问1详解】解:因为,由正弦定理得,即,由,得,因为,所以. 【小问2详解】解:由,,得,解得,由,即,即.由,得,故,所以的周长为.18.设等差数列的前项和为,且,.(1)求数列的通项公式;(2)在任意相邻两项和之间插入个1,使它们和原数列的项构成一个新的数列,求数列的前200项的和.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)设等差数列的公差为,由求解;(2)方法一:由题意得到,的各项为,再确定数列的项求解;方法二:由在数列中,前面(包括)共有项,令,确定数列的项求解.【小问1详解】解:设等差数列的公差为,由题得,即, 整理得,解得.所以.【小问2详解】方法一:由题意可知,的各项为即,因为,且,所以,,,,,,会出现在数列的前200项中,所以前面(包括)共有126+7=133项,所以后面(不包括)还有67个1,所以,方法二:在数列中,前面(包括)共有项,令,则,所以,,,,,,会出现在数列的前200项中,所以前面(包括)共有126+7=133项,所以后面(不包括)还有67个1,所以,19.如图,在正四棱锥中,点,分别是,中点,点是上的一点. (1)证明:;(2)若四棱锥的所有棱长为,求直线与平面所成角的正弦值的最大值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)作出辅助线,证明线面垂直,进而证明线线垂直;(2)建立空间直角坐标系,利用空间向量进行求解.【小问1详解】如图,连接SO和OE,因为是正四棱锥,所以平面ABCD,又因为平面ABCD,所以因为ABCD是正方形,所以,又因为点O,E分别是BD,BC中点,所以∥,所以 又因为,OE、平面SOE,所以平面SOE,因为平面SOE,所以.【小问2详解】易知OB,OC,OS两两相互垂直,如图,以点O为原点,OB,OC,OS为x,y,z轴建立空间直角坐标系,因为四棱锥的所有棱长为,所以,,所以,,,,设,得,则,,设平面SDE的法向量为,则,解得,取,得,设直线OF与平面SDE所成角为,则, 当时,取得最小值,此时取得最大值.20.已知某次比赛的乒乓球团体赛采用五场三胜制,第一场为双打,后面的四场为单打.团体赛在比赛之前抽签确定主客队.主队三名选手的一单、二单、三单分别为选手、、,客队三名选手的一单、二单、三单分别为选手、、.比赛规则如下:第一场为双打(对阵)、第二场为单打(对阵)、第三场为单打(对阵)、第四场为单打(对阵)、第五场为单打(对阵).已知双打比赛中获胜的概率是,单打比赛中、、分别对阵、、时,、、获胜的概率如下表:选手选手(1)求主、客队分出胜负时恰进行了3场比赛的概率;(2)客队输掉双打比赛后,能否通过临时调整选手为三单、选手为二单使得客队团体赛获胜的概率增大?请说明理由.【答案】(1)(2)能通过临时调整选手为三单、选手为二单使得客队团体赛获胜的概率增大,理由见解析【解析】【分析】(1)由“主、客队分出胜负时恰进行了3场比赛”的事件包含“主队3场全胜”和“客队3场全胜”两类事件求解;(2)剩余四场比赛未调整Y、Z出场顺序的胜负情况分别为:胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜、负胜胜胜,求得其概率;剩余四场比赛调整Y、Z出场顺序的胜负情况分别为:胜胜胜、胜负 胜胜、胜胜负胜、负胜胜胜,求得其概率,比较即可.【小问1详解】解:设“主、客队分出胜负时恰进行了3场比赛”事件为事件A,则事件A包含“主队3场全胜”和“客队3场全胜”两类事件,“主队3场全胜”的概率为,“客队3场全胜”的概率为,所以,所以主、客队分出胜负时恰进行了3场比赛的概率为.【小问2详解】能,理由如下:设“剩余四场比赛未调整Y、Z出场顺序,客队获胜”为事件M,第二场单打(X对阵A)、第三场单打(Z对阵C)、第四场单打(Y对阵A)、第五场单打(X对阵B)的胜负情况分别为:胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜、负胜胜胜;则,设“剩余四场比赛调整Y、Z出场顺序,客队获胜”为事件N,第二场单打(X对阵A)、第三场单打(Y对阵C)、第四场单打(Z对阵A)、第五场单打(X对阵B)的胜负情况分别为:胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜、负胜胜胜;则,因为,所以客队调整选手Y为三单、选手Z为二单获胜的概率更大.21.已知点为椭圆的左顶点,点为右焦点,直线与轴的交点为,且,点为椭圆上异于点的任意一点,直线交于点. (1)求椭圆的标准方程;(2)证明:.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】(1)由,右焦点,以及关系,联立可求解出,从而得椭圆的方程;(2)设点的坐标为,表示出直线的方程,从而得点的坐标,进而表示出和,计算得,再由,代入化简计算,即可得,所以可证明.【小问1详解】由题知,得,又因为右焦点为,则,解得,所以,所以椭圆的方程为.【小问2详解】 设点的坐标为,则,所以直线的方程是,当时,,所以点的坐标为,所以,,所以.因为点在椭圆上,所以,即,所以,又因为和是锐角,所以.【点睛】一般椭圆中的动点问题,需要设出动点坐标,然后根据题意列式计算,再由动点满足椭圆的方程代入化简,即可求出定值.22已知且,函数.(1)若,求函数在处的切线方程;(2)若函数有两个零点,求实数的取值范围.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)由时,得到,求导,进而得到,写出切线方程;(2)将函数有两个零点,转化为函数与的图象在上有两个交点求解.小问1详解】解:当时,,则,故,时,,故切点为,所以在处的切线方程为,即.【小问2详解】函数有两个零点,方程在上有两个根,方程在上有两个根,函数与的图象在上有两个交点, 设,则,时,;时,,所以在上单调递增,在上单调递减,由,,当时,,当时,,作图如下:由图得,即,设,则,时,,时,;所以上单调递减,在上单调递增,因为时,且,所以当时,;当时,,又因为, 所以的解集为综上所述.
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高中 - 数学
发布时间:2022-03-29 17:00:03
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