广东省潮州市2022届高三数学上学期期末教学质量检测试题 理 新人教A版

潮州市2022-2022学年度第一学期期末教学质量检测高三数学（理科）试卷一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分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．）1、设全集，集合，，则集合（）A．B．C．D．2、复数在复平面内对应的点的坐标为（）A．B．C．D．3、若向量，，则以下向量中与垂直的是（）A．B．C．D．4、已知函数（，，）的部分图象如图所示，则（）A．B．C．D．5、设，，，则（）A．B．C．D．6、已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．B．C．D．7、已知数列为等比数列，且，则的值为（）A．B．C．D．8、若函数（）满足，且时，14第页共14页\n，已知函数，则函数在区间内的零点的个数为（）A．B．C．D．二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．）9、若不等式恒成立，则实数的取值范围为．10、曲线在点处的切线方程为．11、已知抛物线（）的准线与圆相切，则的值为．12、已知变量，满足约束条件，则的最大值是．13、二项式的展开式中常数项为，则的值为．14、现有张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各张．从中任取张，要求这张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多张．不同取法的种数为．三、解答题（本大题共6小题，满分80分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）15、（本小题满分12分）已知函数，．求的值；若，，求的值．16、（本小题满分13分）某教育主管部门到一所中学检查学生的体质健康情况．从全体学生中，随机抽取名进行体制健康测试，测试成绩（百分制）以茎叶图形式表示如下：14第页共14页\n根据学生体制健康标准，成绩不低于的为优良．将频率视为概率，根据样本估计总体的思想，在该校学生中任选人进行体制健康测试，求至少有人成绩是“优良”的概率；从抽取的人中随机选取人，记表示成绩“优良”的学生人数，求的分布列及期望．17、（本小题满分13分）如图，三棱柱中，，，．证明：；若，，求二面角的余弦值．18、（本小题满分14分）已知数列为等差数列，为其前项和，且（）．求，；若，，（）是等比数列的前三项，设，求．19、（本小题满分14分）已知椭圆（）经过点，离心率为，动点（）．求椭圆的标准方程；14第页共14页\n求以（为坐标原点）为直径且被直线截得的弦长为的圆的方程；设是椭圆的右焦点，过点作的垂线与以为直径的圆交于点，证明线段的长为定值，并求出这个定值．20、（本小题满分14分）已知函数，（）．若，求函数的极值；设函数，求函数的单调区间；若在（）上存在一点，使得成立，求的取值范围．14第页共14页\n潮州市2022-2022学年度第一学期期末教学质量检测高三数学（理科）试卷参考答案及评分标准一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分题号12345678答案CBADBDAB二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分9．；10．；11．2；12．9；13．2；14．472．解析提示：1．，.2．由于.3．，用排除法.4．由图可知，，故，又，所以，故，又．所以.5．由指数函数、对数函数的性质可知，，．6．由三视图可知该几何体是由一个半圆柱与一个直三棱柱组合而成的几何体，于是该几何体的体积为．7．，因为数列是等比数列，所以．8．分别作出函数与的图象，由图象可知函数在区间内的零点的个数为8个..9．利用绝对值的几何意义可知．10．由于，故，切点（1，2），所以所求切线方程为，即．14第页共14页\n11．抛物线()的准线为；圆的圆心是，半径为，由题意得，解得，或（舍）..12．画出满足条件的可行域，向上平移直线经过点时取得最大值为.13．，令，故，所以常数项为，故.14．若没有红色卡,则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张,若都不同色则有种,若2色相同,则有;若红色卡片有1张,则剩余2张若不同色,有种,如同色则有,所以共有三、解答题：本大题共6小题，满分80分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤15．（本小题满分12分）解：（1）由已知得．………4分（2）因为，又，故，即．.…………………6分又，故．.……..……8分所以，．.……………….………….…10分所以．.……....……12分16．(本小题满分13分)14第页共14页\n解：（1）抽取的12人中成绩是“优良”的有9人，频率为，依题意得从该校学生中任选1人，成绩是“优良“的概率为，………2分设事件A表示“在该校学生中任选3人，至少有1人成绩是“优良””，则．………………………….…...…5分答：至少有1人成绩是“优良”的概率为．.……………………...……6分（2）由题意可得，的可能取值为0，1，2，3．……………………………..7分，，，．……..…11分所以的分布列为0123的期望．……………..…13分17．（1）证明：取的中点，连接，，。，故，……….………..1分又，，为等边三角形．，…………………………..3分又因为平面，平面，．平面．…………………………………….……..5分14第页共14页\n又平面，因此．.……………………..6分（2）方法一：解：过点作，垂足，连接.在等边中，在等边中．在中．是直角三角形，且，故．.……………….8分、平面，．平面.又平面，故．、平面，，故平面．因为平面，所以．所以是二面角的平面角．.……………………..10分在中，．在中，．．所以二面角的余弦值．.…………………………..13分方法二：解：在等边中，在等边中．14第页共14页\n在中．是直角三角形，且，故．……………..8分分别以，，为轴，轴，轴建立如图空间直角坐标系，由已知得，，，.设为平面的法向量，则，，，，又，，.取，则，，故．……………………..11分又是平面的法向量，二面角的大小等于或其补角．．依图知二面角的余弦值为．.………………………………..13分18．（本小题满分14分）解：（1）．，又，故；又，故，得；14第页共14页\n等差数列的公差．.……………………..3分所以,．.…………………………..5分（2）由已知有，故，即．解得，或，又，故．.……………………….…..7分等比数列的公比为，首项为．所以．.…………………………………….………..9分所以．.……………………..…………..10分．．．……...……..12分．．.………………………………………….……..14分19．解：（1）由题意得①因为椭圆经过点，所以②14第页共14页\n又③由①②③解得，．所以椭圆的方程为．……………………………………….…..4分（2）以OM为直径的圆的圆心为，半径，故圆的方程为．………………..………………5分因为以为直径的圆被直线截得的弦长为，所以圆心到直线的距离．…7分所以，即，故，或，解得，或．又，故．所求圆的方程为．………………………….……..9分（3）方法一：过点作的垂线，垂足设为．直线的方程为，直线的方程为．由，解得，故．……11分；．……………………………………….……………12分14第页共14页\n又.．所以线段的长为定值．…………………………………………14分方法二：设，则，，，．，．．…………….11分又，．．为定值．……………………………………….14分20.解：（1）的定义域为．…………………1分当时，，．………………2分由，解得.当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以当时，函数取得极小值，极小值为；……..4分（2），其定义域为．又．…………..5分①当，即时，在上，所以，函数在上单调递增.…………6分14第页共14页\n②当，即时，在上，在上，所以在上单调递减，在上单调递增；……………..……7分综上所述：当时，的递减区间为；递增区间为．当时，只有递增区间为．…………………………….8分（3）若在上存在一点，使得成立，即在上存在一点，使得．则函数在上的最小值小于零．…………………9分①当，即时，由（2）可知在上单调递减．故在上的最小值为，由，可得．因为．所以；…………………………………10分②当，即时，由（2）可知在上单调递增．故在上最小值为，由，可得（满足）；……………………………………………………..…11分③当，即时，由（2）可知可得在上最小值为．因为，所以，．，即不满足题意，舍去．…..…………13分综上所述得，或．14第页共14页\n实数的取值范围为．……………………….……14分14第页共14页