1、阳东广雅中学20222022学年第一学期高三年级期中考试试卷数学（理）一选择题：本大题共12小题，每小题5分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。（1）已知全集 集合则为（ ）（A） （B） （C） （D）（2）复数（是虚数单位）的模等于（ ）（A） （B） （C） （D）（3）下列命题中的假命题是（ ）（A） （B） （C） （D） （4）已知向量，且，则实数（ ）（A）1 （B）2或1 （C）2 （D）2（5）设p：f（x）=x32x2+mx+1在（，+）上单调递增；q：m，则p是q的（ ） （A)充要条件 (B)充分不必要条件 (C)必要不充分条件 (D)以上都不对（6
2、）已知函数，则=（ ）.（A） （B） （C） （D）（7）已知某几何体的三视图如右图所示，正视图和侧视图是边长为1的正方形，俯视图是腰长为1的等腰直角三角形，则该几何体的体积是（ ）（A） （B） （C） （D）（8）已知实数满足约束条件，则的最大值为（ ）（A） （B） （C） （D） （9） 若的展开式中项的系数为20，则的最小值为（ ） （A）1 （ B）2 （C）3 （ D）4（10）设为不同的平面，为不同的直线，则的一个充分条件为（ ）（A）， （B）， （C）， （D），（11）将甲，乙等5位同学分别保送到北京大学，上海交通大学，中山大学这3所大学就读，则每所大学至少保送1人的不
3、同保送方法数为（ ）种。（A）150 （B）180 （C）240 （D）540（12）对函数，在使成立的所有常数中，我们把的最大值叫做函数的下确界现已知定义在R上的偶函数满足，当时，则的下确界为 （ ） （A） （B） （C） （D）二填空题：本大题共4小题，每小题5分。（13）.已知偶函数f(x)在0,+)单调递减，f(2)=0.若f(x-1)0，则x的取值范围是_.（14）方程有实根的概率为 （15）已知点的坐标满足条件点为坐标原点,那么的最大值等于 （16）已知函数(,为自然对数的底数)，若函数在点处的切线平行于轴，则 三解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。（17）（本小题满
4、分12分）已知为等差数列，且满足（I） 求数列的通项公式；（II）记的前项和为，若成等比数列，求正整数的值（18）（12分）在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且2cosAcosC（tanAtanC1）=1（）求B的大小； （）若，求ABC的面积（19）（本小题满分12分）一个盒子中装有大量形状大小一样但重量不尽相同的小球，从中随机抽取个作为样本，称出它们的重量（单位：克），重量分组区间为，由此得到样本的重量频率分布直方图（如右图），（）求的值，并根据样本数据，试估计盒子中小球重量的众数与平均值；（）从盒子中随机抽取个小球，其中重量在内的小球个数为，求的分布列和数学期望. (以直方
5、图中的频率作为概率).（20） （本小题满分12分）如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，E为PD的中点.（）证明：PB平面AEC；（）设二面角D-AE-C为60，AP=1，AD=，求三棱锥E-ACD的体积.（21）（本小题满分12分）已知函数 （I） 讨论函数的单调区间； （II）当时，若函数在区间上的最大值为，求的取值范围请考生在第22、23、24题中任选一题做答。如果多做，则按所做的第一题计分，答题时请写清题号。（22）（本小题满分10分） 选修41：几何证明选讲如图，为的直径，直线与相切于点，垂直于点，垂直于点，垂直于点，连接，.证明：（）；第1题图（）（2
6、3）（本小题满分10分） 选修44：坐标系与参数方程在直角坐标系中，直线的参数方程为为参数），以该直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系下，圆的方程为（）求直线的普通方程和圆的圆心的极坐标；（）设直线和圆的交点为、，求弦的长（24）（本小题满分10分）选修45：不等式选讲已知且关于的不等式的解集为.（）求的值；（）若，均为正实数，且满足，求的最小值.参考答案一选择题：本大题共12小题，每小题5分。题号123456789101112答案CADBCBCBBDAD（1）【解析】，又，故选C（2）【解析】，故模为，故选A（3）【解析】对选项D，由于当时，故选D（4）【解析】因为，所以，解得
7、，故，故选B（5）【解析】解：f（x）=x32x2mx+1在（，+）上单调递增，f（x）=3x24xm，即3x24xm0在R上恒成立，所以=16+12m0，即m，p：f（x）=x32x2mx+1在（，+）上单调递增；q：m根据充分必要条件的定义可判断：p是q的必要不充分条件， 故选：C（6）【解析】，所以，故选B（7）【解析】该几何体为直三棱柱，故体为，故选C（8）【解析】由于可行域为三角形，且三角形的三个顶点分别为，所以最优解为 时可使目标函数取得最大值为2，故选B（9）B【解析】由二项式定理的展开公式可得：，项为，因为的展开式中项的系数为20，所以，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立所以
8、选B（10）【解析】对于选项A，根据面面垂直的判定定理可知，缺少条件m，故不正确；对于选项B，因为与可能平行，也可能相交，所以m与不一定垂直，故不正确；对于选项C，因为与可能平行，也可能相交，所以m与不一定垂直，故不正确；对于选项D，由n，n，可得，而m，则m，故正确，故选D（11）【解析】分为两类，第一类为2+2+1即有2所学校分别保送2名同学，方法数为，第二类为3+1+1即有1所学校保送3名同学，方法数为，故不同保送的方法数为150种，故选A（12）【解析】如右图所示，函数在上的部分图象，易得下确界为，故选D二、填空题：（每小题5分，共20分）13、 14、 15、 16、 14【解析】方
9、程有实根时，满足，得，由几何概型知，得.15【解析】如右图所示，.16【解析】直线平行于轴时斜率为，由得，得出.三、解答题：本大题共6小题，满分80分解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤17（本小题满分12分）【解析】（）设数列 的公差为，由题意知 2分解得 4分所以，得 6分（）由（）可得 8分 ，因 成等比数列，所以，从而， 10分即 ，,解得 或（舍去） 12分（18）（12分）.解答：解：（）由2cosAcosC（tanAtanC1）=1得：2cosAcosC（1）=1，2（sinAsinCcosAcosC）=1，即cos（A+C）=， cosB=cos（A+C）=，又0B， B=；
10、（）由余弦定理得：cosB=， =，又a+c=，b=， 2ac3=ac，即ac=， SABC=acsinB=19（本小题满分12分）【解】（）由题意，得，解得；1分又由最高矩形中点的的横坐标为20，可估计盒子中小球重量的众数约为20（克），2分而个样本小球重量的平均值为：（克）故由样本估计总体，可估计盒子中小球重量的平均值约为克；4分（）利用样本估计总体，该盒子中小球重量在内的概率为，5分则.的可能取值为、，6分，. 10分的分布列为：.（或者）12分（20）解：（I）连接BD交AC于点O,连结EO。 因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点。又E为PD的中点，所以EOPB-2分。 EO平面AE
11、C,PB平面AEC,所以PB平面AEC.-4分（）因为PA平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB,AD,AP两两垂直-5分 如图，以A为坐标原点，的方向为x轴的正方向，为单位长，建立空间直角坐标系，则. -7分 设，则。设为平面ACE的法向量，则即-8分，可取-9分。又为平面DAE的法向量，由题设，即，解得-10分。因为E为PD的中点，所以三棱锥的高为.三棱锥的体积.-12分21（本小题满分12分）【解析】（I） 1分 令得2分 （i）当，即时，在单调递增 3分 （ii）当，即时， 当时，在内单调递增； 当时，在内单调递减 4分 （iii）当，即时， 当时，在内单调递增； 当时，在内单调递减
12、5分 综上，当时，在内单调递增，在内单调递减；当 当时，在单调递增；当时，在内单调递增，在内单调递减（其中） 6分 （II）当时， 令，得 7分 将，变化情况列表如下：100极大极小 8分 由此表可得，9分 又， 10分 故区间内必须含有，即的取值范围是 12分（22）（本小题满分10分）选修41：几何证明选讲【证明】（）由直线与相切，得CEBEAB. 1分由AB为O的直径，得AEEB，从而EABEBF；3分又EFAB，得FEBEBF，从而FEBEAB. 故FEBCEB.5分（）由BCCE，EFAB，FEBCEB，BE是公共边，得RtBCERtBFE，6分所以BCBF.类似可证，RtADERt
13、AFE，得ADAF. 8分又在RtAEB中，EFAB，故EF2AFBF，所以EF2ADBC. 10分（23）（本小题满分10分）选修44：坐标系与参数方程【解】（）由的参数方程消去参数得普通方程为2分圆的直角坐标方程,4分所以圆心的直角坐标为，因此圆心的一个极坐标为. 6分 (答案不唯一，只要符合要求就给分)（）由（）知圆心到直线的距离,8分所以.10分（24）（本小题满分10分）选修45：不等式选讲【解】（）因为，不等式可化为，1分，即，3分其解集为， ，. 5分（）由（）知，（方法一：利用基本不等式），8分，的最小值为.10分（方法二：消元法求二次函数的最值），9分的最小值为. 10分 - 13 -
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