1、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，则（ ）A1，3BC（0，2
2、D（0，32已知复数z满足，则（ ）A1BCD23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（ ）ABCD4已知向量，则向量在向量方向上的投影是（ ）AB1C1D5已知，若，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已知双曲线的左、右焦点分别为，点M在C的右支上，直线与C的左支交于点N，若，且，则双曲线C的渐近线方程为（ ）ABCD7设f（x）是定义在上且周期为4的奇函数，当时，令g（x）f（x）f（x1），则函数yg（x）的最大值为（ ）A1B1C2D28已知函数在上单调递增，且恒成立，则的值为（ ）A2B
3、C1D9已知抛物线的焦点为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（ ）A60B30或150C30D60或12010对于函数，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，设，将数列中的整数项依次取出组成新的数列记为，则的值为（ ）A5052B5057C5058D506312十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔德费马提
4、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分别是三个内角A，B，C的对边，且，若点P为的费马点，则（ ）A6B4C3D2二、填空题（本大题共4小题，全科免费下载公众号高中僧课堂每小题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
5、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PABCD为一个阳马，其中平面ABCD，若，且PDAD2AB4，则几何体EFGABCD的外接球表面积为_16已知函数的值域为，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）1
6、7（本题满分12分）已知数列是各项均为正数的等差数列，是其前n项和，且（1）求数列的通项公式；（2）若，求取得最大值时的n18（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，乙每次踢球命中的概率为，甲扑到乙踢出球的概率为，乙扑到甲踢出球的概率，
7、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19（本题满分12分）如图，四棱锥PABCD的底面为直角梯形，PB底面ABCD，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（1）当a1时，求证：；（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，离心率为，其左右焦点分别为，点A（1，1）在椭圆内，P为椭圆上一个动点，且的最大值为5（1）求椭
8、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，求四边形的面积选考题：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44：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，求证：为定值23【选修45：不等式选讲】（10分）已知存在，使得成立，a，（1）求a2b的取值范围；（2）求的最小值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
9、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ABABBDADDABC二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13150 1415 16三、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）当时，解得：或者，因为，故方法一：因为，所以，又，即可得方法二：当时，易得：因为数列是等差数列，故（2）由（1）知，故，当时，；当时，；当n7时，；故数列的最大项为，即或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：，甲的得分X的可能取值为1
10、，0，1，所以的分布列为：01P所以（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：19【解析】（1）证明：因为底面，所以又底面为直角梯形，且，所以因此平面 因为，平面，所以平面又由题平面与平面的交线为，所以，故平面（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，由（1）可设，则设是平面的法向量，则，即，可取所以设与平面所成角为，则；因此：当时，可得（当且仅当时等号成立）又当时，易知不符合题意所以与平面所成角的正弦值的最大值为20【解析】（1）故
11、f（x）在（0，1）上是单调增加的，在（1，）上是单调减少的所以，即（2）当a0时，不存在零点当时，由得，设，则令，易知在上是单调减少的，且故在上是单调增加的，在上是单调减少的由于，且当时，故若函数有且只有一个零点，则只须或即当时，函数有且只有一个零点21【解析】（1）由题意知：，即，又由椭圆定义可得：，又，且，故可得：，即椭圆：的方程为：（2）延长交椭圆于点，由，根据椭圆的对称性可得设，则显然，设直线的方程为，联立得，又，得由得，得直线的方程为，即，设到直线的距离为，则由距离公式得：，又由弦长公式得：将代入上式得，设四边形的面积为，易知【选做题】22【解析】（1）因为，所以曲线的直角坐标方程为因为，所以，曲线的极坐标方程为：（2）由于，故可设，所以即为定值23【解析】（1）由题知：，因为存在，使得，所以只需，即的取值范围是（2）方法一：由（1）知，因为，不妨设，当时，当时，有，整理得，此时的最小值为；综上：的最小值为方法二：令，不妨设，因为，所以，所以：，即的最小值为