广东省佛山市顺德区普通高中2022-2023学年高三上学期教学质量检测(一)数学试题及答案

2022学年顺德区普通高中教学质量检测（一）高三数学2022．11本试卷共4页，22小题，满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在数学答题卡，并用2B铅笔在答题卡上的相应位置填涂考生号.2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.4．考试结束后，将答题卡交回.一、单项选择题：本题共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．1．已知集合A{xx2x60}，B{xx1或x4}，则ACRB=（A．{x2x1}B．{xx3或x4}C．{x2x4}）D．第一或第四象限）D．{x1x3}2．已知复数z满足z2z30，则z在复平面内对应的点位于（A．第一或第三象限B．第二或第四象限C．第二或第三象限3．如图，已知四边形ABCD是圆柱O1O2的轴截面，AD:AB3:2，在圆柱O1O2内部有两个圆锥(圆锥PO1和圆锥PO2)，若VPO1:VPO22:1，则圆锥PO1与圆锥PO2的侧面积之比为（A．2:1）B．5:2C．(51):(21)D．1:1第3题图4．已知向量a(2,n)，b(m,4)，若ab(5,3)，则向量a在向量b上的投影向量为（26825B．C．(,)5252555．已知函数f(x)Asin(x)的图象如图所示，则f(x)的表达式可以为（）A．42D．(,)55）A．f(x)2cos(2x)6B．f(x)2cos(2xC．f(x)sin(2xD．f(x)2sin(x7)65)37)12第5题图第１页，共１３页

x2y26．已知四边形ABCD是椭圆C:1的内接四边形（即四边形的四个顶点均在椭圆上），且四边形43ABCD为矩形，则四边形ABCD的面积的最大值为（）D．4226A．43B．487C．37．国家于2021年8月20日表决通过了关于修改人口与计划生育法的决定，修改后的人口计生法规定，国家提倡适龄婚育、优生优育，一对夫妻可以生育三个子女，该政策被称为三孩政策.某个家庭积极响应该政策，一共生育了三个小孩.假定生男孩和生女孩是等可能的，记事件A：该家庭既有男孩又有女孩；事件B：该家庭最多有一个男孩；事件C:该家庭最多有一个女孩.则下列说法正确的是（A．事件B与事件C互斥但不对立C．事件B与事件C相互独立B．事件A与事件B互斥且对立D．事件A与事件B相互独立）8．已知函数f(x)满足：f(2x)f(x)2，对任意x1，x2[1,)（x1x2），[f(x2)f(x1)](x2x1)0恒成立．若f(x4ax2)f(62x2)2成立，则实数a的取值范围是（A．(,2]{0}B．[2,)C．(,2]）D．[2,0)(0,)二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．设(2x1)5a0a1xa5x5，则下列说法正确的是（A．a01B．a1a2a3a4a51）D．a1a3a5122C．a0a2a412110．我国在各种乒乓球比赛中均取得过优异的成绩，例如在刚刚过去的2022年成都世界乒乓球团体锦标赛中，中国的乒乓球健将们再创佳绩，男团，女团分别获得了团体冠军．甲、乙两位乒乓球初学者，都学习了三种发球的技巧，分别是：上旋球、下旋球以及侧旋球．两人在发球以及接对方发球成功的概率如下表，两人每次发、接球均相互独立：则下列说法正确的是（）上旋球（发/接）下旋球（发/接）侧旋球（发/接）131211（）（）（）甲354565111311（）（）（）乙4525453A．若甲选择每种发球方式的概率相同，则甲发球成功的概率是4B．甲在连续三次发球中选择了三种不同的方式，均成功的概率为1721315C．若甲选择三种发球方式的概率相同，乙选择三种发球方式的概率也相同，则乙成功的概率更大D．在一次发球中甲选择了发上旋球，则乙接球成功（甲发球失误也算乙成功）的概率是11．已知数列{an}的通项公式为an2n1，{bn}的通项公式为bn3n1．将数列{an}，{bn}的公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列{cn}，设{cn}的前n项和为Sn，则下列说法正确的是（A．2023{cn}B．c2023b4046）232C．f(x1x2x3)t777）C．S2023{an}D．S2023{bn}12．已知函数f(x)x33x22x，设方程f(x)t（t0）的三个根分别为x1，x2，x3（x1x2x3），则下列说法正确的是（A．x1x2x3B．x1x2x33D．若xixi32（i1,2,3），则f(x1)f(x2)f(x3)f(x4)f(x5)f(x6)0第２页，共１３页

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分,满分20分.其中第16题第一空2分，第二空3分.1cos22，则sin的值为__________．13．已知角(0,)，且2sin214．已知函数yf(x)经过点A(1,3)，且f(1)5，请写出一个符合条件的函数表达式：f(x)__________．x2y2b

15．已知双曲线C:221（a0，b0）的一条渐近线为l:yx，左、右焦点分别是F1，F2，aba，则双曲线C的离心率为____________．616．如图，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，设E为C1D1的中点，过点F2作x轴的垂线与渐近线l交于点A，若AF1F2

F为BB1上的一个动点，设由点D,E,F确定的平面为，当点F与B1重合时，平面截正方体的截面的面积为______；点A1到平面的距离的最小值为_______．第16题图四、解答题：本大题共6小题,满分70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．(本题满分10分)体育运动是强身健体的重要途径，《中国儿童青少年体育健康促进行动方案（2020-2030）》（下面简称“体育健康促进行动方案”）中明确提出青少年学生每天在校内参与不少于60分钟的中高强度身体活动的要求.随着“体育健康促进行动方案”的发布，体育运动受到各地中小学的高度重视，众多青少年的体质健康得到很大的改善.某中学教师为了了解体育运动对学生的数学成绩的影响情况，现从该中学高三年级的一次月考中随机抽取1000名学生，调查他们平均每天的体育运动情况以及本次月考的数学成绩情况，得到下表数据：数学成绩（分）人数（人）爱运动的人数（人）[30-50)2510[50-70)12545[70-90)350145[90-110)300200[110-130)150107[130-150]5043约定：平均每天进行体育运动的时间不少于60分钟的为“运动达标”，数学成绩排在年级前50%以内（含50%）的为“数学成绩达标”.（1）求该中学高三年级本次月考数学成绩的65%分位数；（2）请估计该中学高三年级本次月考数学成绩的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（3）请根据已知数据完成下列列联表，并根据小概率值0.001的独立性检验，分析“数学成绩达标”是否与“运动达标”相关；数学成绩达标人数运动达标人数运动不达标人数合计数学成绩不达标人数合计n(adbc)2附：（nabcd）(ab)(cd)(ac)(bd)2第３页，共１３页

18．(本题满分12分)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a11，（1）求数列{an}的通项公式；（2）设bn

33

，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn．2Sn7n4．从下列两个条件中任选一个作为已知，补充在上面问题的横线中进行求解（若两个都选，则按所写的第1个评分）：3S

①数列n是以为公差的等差数列；②2nan12Sn3n(n1)．2n

19．(本题满分12分)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，△ABC的周长为（1）求A；的值．20．(本题满分12分)sinC

(cb)c．sinAsinB

M是AC的中点，（2）若b4，点N满足NC2BN，设AN交BM于点O，求cosMONc2，39，BAD60，点P在平面ABCD上的投影恰好是ABD的重心E，点M满足PMPC，且PA//平面BDM．如图，在四棱锥PABCD中，ABAD23，CBCD（1）求的值；（2）若直线PA与平面ABCD所成角的正切值为3

，求平面BDM与平面PAD夹角的余弦值．221．(本题满分12分)（1）求E的方程；第20题图已知动圆C经过点F1,0，且与直线x1相切，记动圆C圆心的轨迹为E．（2）已知P(4,y0)(y00)是曲线E上一点，A，B是曲线E上异于点P的两个动点，设直线PA、PB的倾斜角分别为、，且

定点，若不是，请说明理由．22．(本题满分12分)已知函数f(x)

3，请问：直线AB是否经过定点？若是，请求出该412

mxxlnx．2（1）讨论f(x)的单调性；（2）若a，b是f(x)的两个极值点，且ab，求证：2[f(a)f(b)](4m1)(ab)．第４页，共１３页

2022学年顺德区普通高中教学质量检测（一）高三数学参考答案一、单项选择题：本大题共10小题,每小题5分,共50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.D【解析】集合A{x2x3}，CRB{x|1x4}，从而可得ACRB{x|1x3}.2.C【解析】根据求根公式可得：z111i，即可得z在复平面内的点位于第二或第三象限.23.B【解析】圆锥PO1与PO2的底面积相等，其体积之比为2:1，则可得PO1:PO22:1，根据条件AD:AB3:2，可得PA:PD5:2.根据圆锥的侧面积公式Srl可得两圆锥的侧面积之比5:210:2.24.C【解析】由题意可得a(2,1)，b(3,4)，向量a在向量b上的投影为acosa,b，从而可得向52b68量a在向量b上的投影向量(,).5b2525313325.A【解析】设函数f(x)2cos(x)，由题意可得T，即可得T，根据T可41234得2.当x131313时，由y2可得2cos()2，即有2k，从而可得1266132k，当k1时，即可得选项A成立.66.A【解析】设点A的坐标为(x,y)，则可得矩形ABCD的面积S4xy，根据椭圆的方程：x2y2xyxy12，即可得xy3，从而可得ABCD面积的最大值为43.431237.D【解析】设0表示女孩，1表示男孩.该家庭的子女情况可表示如下：(0,0,0)，(1,0,0)，(0,1,0)，(0,0,1)，(1,1,0)，(1,0,1)，(0,1,1)，(1,1,1).事件A包括：(1,0,0)，(0,1,0)，(0,0,1)，(1,1,0)，(1,0,1)，(0,1,1)；事件B包括：(0,0,0)，(1,0,0)，(0,1,0)，(0,0,1)；事件C包括：(1,1,0)，(1,0,1)，(0,1,1)，(1,1,1).对于选项A，事件B与事件C互斥且对立，故选项A错误；对于选项B，事件A与事件B不互斥，故选项B错误；由上可知：P(A)63113，P(B)，P(C)，P(BC)0，P(AB)，其中事件A84228与事件B符合事件独立性的定义，故选项D成立.8.B【解析】对任意x1，x2[1,)（x1x2），[f(x2)f(x1)](x2x1)0恒成立，可得f(x)在[1,)上单调递增，根据f(2x)f(x)2可得函数f(x)关于点(1,1)对称，从而可得f(x)在R上单调递增.由不等式f(x4ax2)f(62x2)2可得f(x4ax2)2f(62x2)f(2x24)，根据单调性可得第５页，共１３页

当x0时，aR；当x0时，a2(x2x4ax22x24，从而可得实数a的取值范围是[2,).442，其中)2(x)的最大值为2，x2x2二、多项选择题：本大题共2小题，每小题5分,共10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,选对但不全的得2分,有选错的得0分.9.CD【解析】令x0，可得a01，故A错误；令x1，可得a0a1a2a3a4a51，从而可得a1a2a3a4a52，故B错误；令x1，可得a0a1a2a3a4a5243，通过组合可得a0a2a4121，a1a3a5122，从而可得C，D成立.110.BC【解析】若甲选择每种发球方式的概率相同，即均为.根据全概率公式可得甲发球成功的概率为311111111111111，同理可得乙发球成功的概率为：，从而可得A错33343643432343误，C成立；根据事件独立性的定义，可得甲在连续三次发球中选择了三种不同的方式的概率为111121111，故B成立；在一次发球中甲选择了发上旋球，则乙接球成功的概率为：，3467233515故D错误.11.BCD【解析】由题意可得数列{cn}的通项公式cn6n1.令20236n1，可得nA错误；c2023620231340461b4046，故B成立；S20236(122023)20236(122023)633716(122023337)1{cn}，从而可得选项C，D均成立.1012不是整数，故312.BCD【解析】结合函数f(x)的图象可得0x1x21，x32，从而可得x1x22x3，故选项A错误；由题意可得x33x22xt(xx1)(xx2)(xx3)，上述方程化简即可得x1x2x33成立，故B成立；对于选项C，x22323261x1x2x3x2(x1x3)x2，根据0x21，可得7777777232232x1x2x31，由此即可得f(x1x2x3)t成立，故C成立.经验证函数f(x)关于777777点(1,0)对称，即满足f(x)f(2x)0，当xixi32时，可得f(xi)f(xi3)0，即可得D成立.三、填空题：本大题共4小题,每小题5分,满分20分.其中第16题第一空2分,第二空3分.21cos21(12sin2)sin13.5【解析】根据二倍角公式可得2，根据同角三角函数的关系5sin22sincoscossin2cos21可得：sin2525，又因为角的终边位于第一象限，所以sin.55第６页，共１３页14.f(x)x3x21或f(x)521x或f(x)5x2（只要满足条件即可）【解析】略.2215.bc21【解析】由题意可得点A的坐标为(c,)，F1F22c，易知AF1F2是直角三角形，从而可得a3tanAF1F2

bcb321，即，结合c2a2b2即可得双曲线C的离心率为.2ac2a3316.26；26【解析】对于第一空，当点F与B1重合时，平面截正3方体的截面形状为菱形，该菱形的对角线长分别为：23，22，从而可得其截面的面积为26；对于第二空，如图建立空间直角坐标系：可得点A1(0,0,2)，D(0,2,0)，E(1,2,2)，设点F(2,0,t)（t[0,2]）.可得面的一个法向量为m(4,4t,2).点A1到平面的距离

dA1DcosA1D,m

122tt8t362，化简可得d21426363.t8t四、解答题：本大题共6小题,满分70分.解答题须写出文字说明、证明过程或者演算步骤.17.（本题满分10分）解：（1）数学成绩在30,90分的频率为25125350

1

0.5，1000数学成绩在30,110分的频率为25125350300

1

0.80.65，…………………1分1000所以65%分位数在90,110内，故65%分位数为9020（2）估计该中学本次月考数学成绩的平均分为：0.650.5

100.……………………3分0.3x

2540125603508030010015012050140

91.50（分）………………5分1000（3）数学成绩达标人数运动达标人数运动不达标人数合计350150500数学成绩不达标人数200300500合计5504501000…………6分第７页，共１３页

零假设为H0:“数学成绩达标”与“运动达标”之间无关联.………………………………7分根据列联表的数据，经计算得到1000(350300200150)2

90.91……………………………………………8分

5504505005002

10.828x0.001……………………………………………………………………9分根据小概率值x0.001的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为“数学成绩达标”与“运动达标”有关联，此推断犯错的概率不大于0.001.…………………………………………………………10分18.（本题满分12分）解：（1）选①，依题意得：SnS133n1，…………………………………………………1分(n1)n12223nn①……………………………………………………………………2分所以Sn23(n1)2(n1)Sn1(n2)②…………………………………………………………3分222

②-①得：an3nn3(n1)(n1)3n2(n2)，……………………………………5分22当n1时a13121，所以an3n2(nN*)．………………………………………6分选②，当n2时，因为2nan12Sn3n(n1)①所以2(n1)an2Sn13n(n1)②………………………………………………………1分①②得：2nan12(n1)an2an6n……………………………………………………2分即an1an3(n2)……………………………………………………………………3分又2a22S16即a2a13………………………………………………………………4分所以数列an是以1为首项3为公差的等差数列，……………………………………………5分所以an1(n1)33n2(nN*).…………………………………………………6分2

(13n2)n3nn，………………7分（2）证明：因为由（1）知an3n2(nN)，所以Sn

22331…………………………………………………8分所以bn2

2Sn7n3nn7nn(n2)*

111()…………………………………………………………………9分2nn2第８页，共１３页

当n1时，T1b1

13

；……………………………………………………………10分341当n2时，Tnb1b2bn11

1324n(n2)

11111111111

(1)()()()232242352nn211111111(1)232435nn2311………………………………………………………………11分4n1n23

…………………………………………………………………………12分4sinC(cb)

c，……………………………………1分sinAsinB

19.（本题满分12分）解：（1）依题意得：abc所以ab

sinC(cb)

，sinAsinBabcc(cb)

由正弦定理，………………………………2分2R得：ab

sinAsinBsinCab所以(ab)(ab)c(cb)，即cbabc，………………………………………3分2

2

2

c2b2a21

由余弦定理得：cosA，………………………………………………4分2bc2因为0A，………………………………………………………………………5分．…………………………………………………………………………6分3uuur2uuur1uuur

（2）法一：依题意得：ANABAC，……………………………………………7分33uuuruuuruuur1uuuruuur

…………………………………………………………8分BMAMABACAB，2uuuruuurr1uuur1uuuruuur2uuu

所以ANBM(ABAC)(ACAB)

332r21uuur22uuu

ABAC………………………………………………………9分36所以A

21

4160，…………………………………………………10分36uuuruuur所以ANBM，即ANBM，所以MON，即可得cosMON0.………………12分2第９页，共１３页

法二：因为M是AC的中点，所以AM

1

AC2，又因为c2，BAC60o，……………7分2o

所以ABM是等边三角形，所以ABM60，…………………………………………8分由余定理得：abc2bccosA23，……………………………………………9分2

2

2

所以acb，所以B90，所以CBM30，……………………………………10分

o

222

123243因为NC2BN，所以BNBC，NCBC，3333在RtABN中，AN=ABBNo

22

43o

，所以AN=BN，所以NACC30，……11分3

所以ANBNACC60，所以MONANBNBN90，所以cosMON0.12分20．（本题满分12分）解：（1）如图，连接AC交BD于点O，连接MO，因为ABAD，CBCD，所以ACDABC，所以ACBD，………………………1分又因为ABAD，BAD60，所以ABD是正三角形，所以AO23sin603，CO





CB2OB26，……………………………………2分因为PA//平面BDM，且PA平面PAC，平面PAC平面BDMMO，所以PA//MO.所以PMAO311

，即.…………………………………………………4分PCAC3633（2）如图，以O为原点，以OB为x轴，以OC为y轴，以过点O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz如图所示，因为点P在平面ABCD上的投影恰好是ABD的重心，所以PE平面ABCD，AE2EO，所以AE2，EO1，因为直线PA与平面ABCD所成角的正切值为3

，2第１０页，共１３页

所以在RtPAE中tanPAE

PE33

，所以PEAE3，……………………………6分AE22A(0,3,0)，B(3,0,0)，C(0,6,0)，D(3,0,0)，P(0,1,3)，1144

由（1）知，，所以OMOPPMOPPC(0,,2)，所以M(0,,2)，33334

AP(0,2,3)，AD(3,3,0)，OB(3,0,0)，OM(0,,2)，……………………8分32mAD3x13y10

zy1x3设平面PAD的法向量为m(x1,y1,z1)，则，取，得，，1113mAP2y13z10

2

所以m(3,1,)是平面PAD的一个法向量，…………………………………………9分3

nOB3x20



4设平面BDM的法向量为n(x2,y2,z2)，则，取y23，得x20，z22，nOMy22z20

3



所以n(0,3,2)是平面BDM的一个法向量……………………………………………10分

mn

cosm,n所以|m||n|

4

3130，………………………………………11分20401393

所以平面BDM与平面PAD夹角的余弦值为21.（本题满分12分）130.………………………………………12分20解：（1）设动圆C的圆心为(x,y)，则依题意得：(x1)y|x1|，………………2分22化简得：y4x，即E的方程为y4x；………………………………………………4分2

2

（2）因为P(4,y0)(y00)是曲线E上一点，所以y04416，所以y04，所以P(4,4)，当、中有一个为2

时，不妨设，则，此时B(4,4)，直线PA方程为：yx，224y24x

联立，解得A(0,0)，直线AB方程为：xy0，…………………………………5分yx

2

y12y2当、都不为时，设直线PA、PB的斜率分别为k1，k2，设A(,y1)，B(,y2)，442第１１页，共１３页

所以k1=

12

y144y14



44

，同理可得k2.…………………………………………6分y14y24因为

tantan3，所以tan()1，所以1，………………………7分1tantan4所以k1k21，即k1k2k1k210，……………………………………………8分1k1k2

4444

10，即8(y1y2)y1y2320，…………………9分y14y24y14y24所以y24x2

依题意可设直线AB方程为：xtyn，联立，消x整理得：y4ty4n0，…10分xtyn

所以16t16n0，y1y24t，y1y24n，……………………………………11分2

所以32t4n320，即n=8t8，所以xtynty+8t8t(y8)8，令y80得y8，x8，所以直线AB经过定点Q(8,8)．……………………………12分22．（本题满分12分）1mx2x1

解：（1）对函数f(x)求导可得f(x)mx1.…………………………1分xx当m0时，f(x)

x1

，令f(x)0得：x1，x当0x1时，f(x)0，所以f(x)在(0,1)上单调递减；当x1时，f(x)0，所以f(x)在(1,)上单调递增；……………………………………2分当m0时，设g(x)mx2x1，14m当m当

1

时，0，g(x)0，所以f(x)0，f(x)在(0,)上单调递减；………………3分41114m114mm0时，0，令g(x)0得：x10，x20，且x1x2，42m2m114m114m当0xx2或xx1时，g(x)0，即f(x)0，所以f(x)在(0,)，(,)

2m2m上单调递减；114m114m当x2xx1时，g(x)0，即f(x)0，所以f(x)在(,)上单调递增；4分2m2m第１２页，共１３页

当m0时，0，令g(x)0得：x1

114m114m0(舍去)，x20，2m2m114m当0xx2时，g(x)0，即f(x)0，所以f(x)在(0,)上单调递减；2mxx2时，g(x)0，即f(x)0，所以f(x)在(114m,)上单调递增；……………5分2m（2）由（1）知，因为f(a)

11

m0，a,b是mx2x10的两根，所以ab，……………6分m411

ma2alna，f(b)mb2blnb，2211

所以f(a)f(b)m(ab)(ab)(ab)(lnalnb)(ab)(lnalnb)……………7分221

所以2[f(a)f(b)](ab)2(lnalnb)，又ab，m2(ab)

所以要证2[f(a)f(b)](4m1)(ab)，只需证lnalnb，……………………8分aba2(1)alnb等价于，………………………………………………………………10分ab1b2(t1)2(t1)a

0，t，则t1，所以lnt，所以只需证lnt

t1t1b2(t1)

(t1)，令g(t)lnt

t1设12(t1t1)14(t1)2

0，…………………………………11分所以g(t)

t(t1)2t(t1)2t(t1)2所以g(t)在(1,)上单调递增，所以g(t)g(1)0，所以lnt

2(t1)

0，即2[f(a)f(b)](4m1)(ab).………………………………12分t1第１３页，共１３页