【文档说明】2022-2023学年河南省南阳市高三上学期期终质量评估期末数学理试题PDF版.pdf，共(12)页，336.725 KB，由小喜鸽上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-169888.html

以下为本文档部分文字说明：

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2230Axxx∣，2log1Bxx∣，则AB＝（）A．［－1，3]B．(,3]C．（0，2]D．（0，3]

2．已知复数z满足(i1)2iz，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（）A．14B．13C．12D．344．已知向量(4,25)a，(1,5)b，则向量b在向量a方向上的投影是（）A．6B．

－1C．1D．65．已知xR，yR，若:|1||2|1pxy，22:2440qxyxy，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6．已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab的左、右焦点分别为1F，2F点M在C的右支

上，直线1FM与C的左支交于点N，若1FNb，且2||MFMN，则双曲线C的渐近线方程为（）A．13yxB．3yxC．12yxD．2yx7．设f（x）是定义在R上且周期为4的奇函数，当02x时，,01()2,12xxfxxx，令g（x）＝f（x）＋f

（x＋1），则函数y＝g（x）的最大值为（）A．1B．－1C．2D．－28．已知函数()2sin(0)6fxx在0,上单调递增，且2()3fxf恒成立，则的值为（）A．2B．32C．1D．129．已知抛物线2:4

Cyx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()sinxfxxxe，[0,]x，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nS，设25log11nnbS，将数列nb中的整数项依次取出组成新的数列记为nc，则2023c的值为（）A．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ABC△三个内角A，B，C的对边，且22()6bac

，cossin2cos6ACB，若点P为ABC△的费马点，则PAPBPBPCPAPC（）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DEPA，DFPB，DGPC，且PD＝AD＝2AB＝4，则几何体EFGABCD的外接球表面积为______．16．已知函数1()ln(0)mxxfxxmxxe的值域为[0,)，则实数m取值范围为______．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）已知数列na是各项均为正数．．的等差数列，nS是其前n项和，且122nnnaaS．（1）求数列na的通项

公式；（2）若89nnnba，求nb取得最大值时的n．18．（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；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12，乙每次踢球命中的概

率为23，甲扑到乙踢出球的概率为12，乙扑到甲踢出球的概率15，且各次踢球互不影响，（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2p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．19．（本题满分12分）如图，四棱锥P－ABCD的底面为直角梯形，2ABCBAD，PB⊥底面ABCD，112PBABADBC，设平面PAD与平面PBC的交线为l．（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2()lnfxaxxax．（1）当a＝1时，求证：()0fx；（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）已知椭圆2222:1(0)xyCabab，离心率为12，其左右焦点分别为1F，2F，点A（1

，－1）在椭圆内，P为椭圆上一个动点，且1||PFPA的最大值为5．（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122FMFN，求四边形12FFNM的面积．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）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为2cos(sinxy为参数），（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；（2）若点A，B为曲线C上的两个点且OAOB，求证：2211||||OAOB为定值．23．【选修4－5：不等式选讲】（10分）已知存在0xR，使得0024xaxb成立，a，bR．（1）求a

＋2b的取值范围；（2）求22ab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ABA

BBDADDABC二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．15014．1315．2016．21,e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】（1）当1n时，1111122aaSa，解得：12a或者11a，因为0na，故12a．方法一：因为1222nnnnaanaS，所以

21222nnnnaaa，又0na，即可得1nan．方法二：当2n时，22221222aaSa，易得：23a．因为数列na是等差数列，故1nan．（2）由（1）知，819nnbn

，故11829nnbn．18799nnnnbb，当7n时，1nnbb；当7n时，1nnbb；当n>7时，1nnbb；故数列nb的最大项为7b，8b，即7n或818．【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，由题意得：1121?255PA，2111323PB，甲的得分X的可能取值为－1，0，1，21111535PXPABPAPB，

21218011535315PXPABPABPAPBPAPB214115315PXPABPAPB，所以X的分布列为：X101P15815415所以1841101515

1515EX（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：201101p

PXPXPXPXPX844841615151515154519．【解析】（1）证明：因为PB底面ABCD，所以PBBC．又底面ABCD为直角梯形，

且2ABCBAD，所以ABBC．因此BC平面PAB．因为BCAD∥，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lBC∥，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Bxyz

，则0,0,0B，2,0,0C，0,1,0A，0,0,1P，由（1）可设,0,1Qa，则,0,1BQa．设,,nxyz是平面QAB的法向量，则00nBQnBA，即00axzy，可取1,0,na所以21cos,31

nPDanPDnPDa．设PD与平面QAB所成角为，则221332sin13311aaaa；因此：当0a时，可得23261313aa（当且仅当1a时等号成立）又当0a时，易知不符合题意．所以PD与平面QAB所成角的正弦值的最

大值为63．20．【解析】（1）221112121xxxxfxxxxx故f（x）在（0，1）上是单调增加的，在（1，＋∞）上是单调减少的．所以max10fxf，即0fx（2）当a＝0时，2fxx，不存在零点当0a时，由

0fx得21lnxxax，0,x设2lnxxgxx，则312lnxxgxx令12lnhxxx，易知hx在0,上是单调减少的，且10h．故gx在

0,1上是单调增加的，在1,上是单调减少的．由于211101egee，11g，且当1x时，0gx故若函数fx有且只有一个零点，则只须11a或10

a即当,01a时，函数fx有且只有一个零点．21．【解析】（1）由题意知：12ca，即2ac，又由椭圆定义可得：122PFPAaPAPF2222(1)15aAFac，又∵222abc，且52a，

故可得：2a，3b，1c．即椭圆C：的方程为：22143xy（2）延长1FM交椭圆于点P，由122FMFN，根据椭圆的对称性可得112FMPF．设11,Mxy，22,Pxy，则2

2,Nxy．显然，10y．设直线PM的方程为1xmy，联立221143xmyxy得，2234690mymy，∴122634myym①122934yym②又112FMPF，得122yy③由①②③得，255m．得直线PM的方程为251

5xy，即5250xy，设2F到直线PM的距离为d，则由距离公式得：5525354d，又由弦长公式得：222121212114PMmyymyyyy222269143434mmmm将255m代入上式得

278PM，设四边形12FFNM的面积为S，易知1127259522838SPMd【选做题】22．【解析】（1）因为2cossinxy，所以曲线C的直角坐标方程为2214x

y．因为cosx，siny，所以，曲线C的极坐标方程为：2243sin1（2）由于OAOB，故可设1,A，2,2B21243sin1，22243co

s1，所以2222121111||||OAOB223cos13sin1544．即2211||||OAOB为定值5423．【解析】（1）由题知：2222xaxbxaxbabab

，因为存在0xR，使得0024xaxb，所以只需24ab，即2ab的取值范围是4,．（2）方法一：由（1）知24ab，因为,abR，不妨设22tab，当2b时，224tab，当02b时，有222(42)tbab

，整理得，2281651616555tbbb，此时t的最小值为165；综上：22ab的最小值为165．方法二：令222tab，不妨设cosat，sinbt，因为24ab，所以44cos2sin5t，所以：216

5t，即22ab的最小值为165．