广东省东莞市2022届高三上学期期末考试数学试题 （含解析）.doc

1、20212022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

2、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

3、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

4、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

5、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. C D. 【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

6、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（ ）A B. C. 的图象向左平移个单位后，图象关于原

7、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

8、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

9、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：AC12. 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

10、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

11、，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

12、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】 . . 【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

13、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】【

14、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，

15、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，

16、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

17、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

18、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：

19、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，

20、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.