广东省茂名市2022届高三下学期调研（三）数学试题

这是一份广东省茂名市2022届高三下学期调研（三）数学试题，共25页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，已知，则，《九章算术》中将正四棱台体，一个二元码是由和组成的数字串，直线等内容，欢迎下载使用。

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广东省茂名市2022届高三下学期调研（三）数学试题
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
五
总分
得分






注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人
得分



一、单选题
1．已知集合，集合，则（       ）
A． B． C． D．
2．已知，则复数的共轭复数是（       ）
A． B． C． D．
3．若不等式的一个充分条件为，则实数的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
4．已知，则（       ）
A． B． C． D．
5．2022年北京冬奥会参加冰壶混双比赛的队伍共有支，冬奥会冰壶比赛的赛程安排如下，先进行循环赛，循环赛规则规定每支队伍都要和其余支队伍轮流交手一次，循环赛结束后按照比赛规则决出前名进行半决赛，胜者决冠军，负者争铜牌，则整个冰壶混双比赛的场数是（       ）

A． B． C． D．
6．《九章算术》中将正四棱台体（棱台的上下底面均为正方形）称为方亭.如图，现有一方亭，其中上底面与下底面的面积之比为，方亭的高，，方亭的四个侧面均为全等的等腰梯形，已知方亭四个侧面的面积之和，则方亭的体积为（       ）

A． B． C． D．
7．一个二元码是由和组成的数字串（），其中（，，，）称为第位码元，二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误（即码元由变为，或者由变为）.已知某种二元码的码元满足如下校验方程组：，其中运算定义为：，，，.已知一个这种二元码在通信过程中仅在第位发生码元错误后变成了，那么用上述校验方程组可判断等于（       ）
A． B． C． D．
8．直线：与抛物线：交于，两点，圆过两点，且与抛物线的准线相切，则圆的半径是（       ）
A．4 B．10 C．4或10 D．4或12
评卷人
得分



二、多选题
9．一组数据，，…，是公差为的等差数列，若去掉首末两项，后，则（       ）
A．平均数不变 B．中位数没变 C．极差没变 D．方差变小
10．是边长为2的等边三角形，已知向量，满足，，则（       ）
A． B． C． D．
11．已知函数，其中常数，，则下列说法正确的有（       ）
A．函数的定义域为
B．当，时，函数有两个极值点
C．不存在实数和m，使得函数恰好只有一个极值点
D．若，则“”是“函数是增函数”的充分不必要条件
12．已知边长为的菱形中，，将沿翻折，下列说法正确的是（       ）
A．在翻折的过程中，三棱锥体积最大值为
B．在翻折的过程中，直线，所成角的范围是
C．在翻折的过程中，点在面上的投影为，为棱上的一个动点，的最小值为
D．在翻折过程中，三棱锥表面积最大时，其内切球表面积为
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分



三、填空题
13．函数的最小值是___________.
14．若双曲线经过点，其渐近线方程为，则双曲线的方程是___________.
15．若的展开式中第5项为常数项，则该常数项为______（用数字表示）．
评卷人
得分



四、双空题
16．曲线（，）在处的切线与两坐标轴围成的封闭图形的面积为，则___________，___________.
评卷人
得分



五、解答题
17．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinB＝bsin（A）．
（1）求A；
（2）D是线段BC上的点，若AD＝BD＝2，CD＝3，求△ADC的面积．
18．已知等差数列满足，.
(1)求的通项公式；
(2)设等比数列满足，设，数列的前n项和为，求的最大值.
19．为研究某种疫苗的效果，对200名志愿者进行了试验，得到如下数据.

未感染病毒
感染病毒
合计
接种
80
20
100
未接种
60
40
100
合计
140
60
200

(1)根据200名志愿者的数据，问：能否有99%的把握认为疫苗有效？
(2)现从接种的100名志愿者中按分层抽样方法取出15人，再从这15人中随机抽取3人，求至少有1人感染的概率.
参考公式：，其中.
参考数据：
（）
0.15
0.10
0.05
0.025
0.01

2.072
2.706
3.841
5.024
6.635

20．如图所示的几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，点为弧的中点，且、、、四点共面.

（1）证明：平面平面；
（2）若平面与平面所成锐二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的大小.
21．如图，点是圆：上的动点，点，线段的垂直平分线交半径于点．

(1)求点的轨迹的方程；
(2)点为轨迹与轴负半轴的交点，不过点且不垂直于坐标轴的直线交椭圆于，两点，直线，分别与轴交于，两点．若，的横坐标之积是2，问：直线是否过定点？如果是，求出定点坐标，如果不是，请说明理由．
22．已知函数．
(1)若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
(2)当时，求函数零点的个数．

参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
解分式不等式得到，进而根据交集的概念即可求出结果.
【详解】
因为，所以，因此，
因此，
故选：D.
2．C
【解析】
【分析】
根据复数的除法运算求出，再由共轭复数的概念求解.
【详解】
由可得，
所以复数的共轭复数是，
故选：C
3．D
【解析】
【分析】
求得不等式的解集为，结合题意，列出不等式组，即可求解.
【详解】
由不等式，可得，（不合题意）
要使得是的一个充分条件，
则满足，解得.
故选：D.
4．B
【解析】
【分析】
利用题目条件结合诱导公式即可得出答案.
【详解】

故选：B.
5．B
【解析】
【分析】
由已知可得循环赛的比赛场数，再根据半决赛场数及决赛场数计算总场数
【详解】
由已知可得循环赛的比赛场数为场，
故总场数为场，
故选：B.
6．C
【解析】
【分析】
分析可知，设，则，，过点、在平面内分别作，，垂足分别为点、，根据正四棱台的侧面积计算出的值，再利用台体的体积公式可求得结果.
【详解】
由题意得，设，则，.
过点、在平面内分别作，，垂足分别为点、，

在等腰梯形中，因为，，，则四边形为矩形，
所以，，，
因为，，，所以，，
所以，，所以，，
所以等腰梯形的面积为，得.
所以，，，故方亭的体积为.
故选：C.
7．A
【解析】
【分析】
根据校验方程组分别判断各位码元的正误.
【详解】
由已知得，故至少错误一个，
又，正确，故均正确，
，正确，故均正确，
综上所述，错误，
故选：A.
8．D
【解析】
【分析】
根据直线与抛物线相交，利用根与系数的关系可得A,B坐标间的关系，设圆M的圆心为M(a, b)， 半径为r，利用圆心在的中垂线上及圆心到准线的距离等于半径建立方程组求解即可.
【详解】
可设，由，联立消去x可得，,
则，即,则，可得AB的中点坐标为， 则， 且AB的垂直平分线方程为: ，即，则可设圆M的圆心为M(a, b)， 半径为r，所以，则圆M的方程为, 即，又圆心M(a, b)到直线l: 的距离，且满足，
则①， 又因为圆M与抛物线C的准线相切，所以，
即②， ①②联立解得或.
故选：D
9．ABD
【解析】
【分析】
根据平均数的概念结合等差数列的性质判断A，由中位数的概念可判断B，由方差及等差数列的通项公式计算即可判断C，根据极差及等差数列的通项公式可判断D．
【详解】
由题意可知，对于选项A，
原数据的平均数为 ，
去掉，后的平均数为，
即平均数不变，故选项A正确；
对于选项B，原数据的中位数为，
去掉，后的中位数仍为，即中位数没变，故选项B正确；
对于选项C，原数据的极差为，
去掉，后的极差为，
即极差变小，故选项C错误；
对于选项D，设公差为d，则原数据的方差为
，
去掉，后的方差为
，
即方差变小，故选项D正确．
故选：ABD.
10．AC
【解析】
【分析】
根据向量的线性运算，模的性质，数量积的定义、运算律,向量垂直的数量积表示，逐项分析即可求解.
【详解】
由题意可知，，则， 故选项A正确；
对于选项B，，故选项B错误；
对于选项C，,则，故选项C正确；
对于选项D，，即,
故选项D错误.
故选：AC
11．BC
【解析】
【分析】
A判断时的定义域情况即可；B利用导数研究的单调性，判断是否有两个变号零点即可；C、D对求导，构造结合二次函数性质讨论和m，应用零点存在性定理判断变号零点的个数，进而判断极值点个数及单调性.
【详解】
A：当时定义域为，错误；
B：且定义域为，则，
而在上递减，上递增，且，，
所以在上各有一个变号零点，则有两个极值点，正确；
C：，则，
令，则图象开口向上，对称轴且，
要使有极值点，必有变号零点，则，所以或，
当时，则定义域为，又，
此时则，故在上递增，又，即，无极值点；
此时则，则在递减，递增，
故、各有一个零点，即有两个变号零点；
当时，则定义域为，且，，
则在上递增，又，即，无极值点；
当时，定义域为，，
此时则，故在上递减，递增，
又，，趋向正无穷趋于正无穷，故在、各有一个变号零点，即有两个变号零点；
此时则，则在递增，又，即，无极值点；
综上，不存在实数和m，使得函数恰好只有一个极值点，正确；
D：结合C分析：当且时有，则在上恒正，即，此时是增函数；
当且时有，则在，各有一个零点，易得有两个变号零点，此时不单调，
命题的充分性不成立，错误.
故选：BC
【点睛】
关键点点睛：C、D首先对求导，构造，结合二次函数性质讨论参数判断变号零点的个数及单调性.
12．AD
【解析】
【分析】
在翻折成正四面体的情况利用线面垂直的判定定理可以证明直线与所成角为直角，从而判定A；利用平面与底面垂直的情况，得到三棱锥的体积最大值，计算后可判定B；利用当得到面积的最大值，利用等体积法可以求得此时内切球的半径，进而计算其表面积，从而判定C．将的最小值转化为异面直线与的距离，考虑翻折的极限情况可以判定D．其中要注意线面垂直，面面垂直的判定与性质的应用．
【详解】
对于A，当平面与底面垂直时，三棱锥的体积最大，

取AC中点H，连接DH，则DH⊥AC，又因为平面ADC⊥平面ABC，ADC∩ABC=AC，
所以DH⊥平面ABC，
此时，，故A正确；
对于B，由题意可得△ABC和△ADC为等边三角形，

翻折后，当时，四面体ABCD为正四面体，
取BC中点为E，连接AE，DE，可知AE⊥BC，DE⊥BC，
AE∩DE=E，所以平面ADE，所以BC⊥AD，
直线与所成角为直角，故B错误；
对于C，如图，设翻折前的棱形的位置如图在翻折过程中，设AC中点为O：

由已知可得AC=a，△ABC，△ADC都是正三角形．
同上可证，AC⊥平面BOD，所以平面BOD⊥平面ABC，根据平面垂直的性质定理可得D在平面ABCD中的射影的轨迹是线段，因为E是CD上的动点，所以的最小值是异面直线直线与CD的距离，
当翻折使得二面角接近于时，线段的长度接近于0，分别是异面直线与上的点，所以异面直线与的距离不超过，故异面直线与CD的距离无限接近于0，（另外当二面角接近于时，的距离接近于0，分别是异面直线与上的点，所以异面直线与的距离也不超过，故异面直线与CD的距离也无限接近于），所以的距离可以无限的接近于0，没有最小值，故C错误；
对于D，因为是翻折过程中的不变量，翻折过程中的对应边始终相等，所以这两个三角形始终全等，∴始终相等，△ABD，△BCD等于，由于最初时这两个角都是，翻折到重合时，都变成了，在连续变化的过程中，当时，△ABD，△BCD的面积最大，而另外两个面△，△在翻折中的形状不变，面积是固定的，所以当且仅当此时三棱锥表面积最大，此时DC=，
取AC中点为O，连接BO，DO，则BO⊥AC，DO⊥AC，BO∩DO=O，
所以AC⊥平面BOD．

，，
此时设内切球的半径为，




，．
内切球的表面积为，故D正确．   
故选：AD．
13．
【解析】
【分析】
先化简为，再结合基本不等式求出最小值即可.
【详解】
，当且仅当，即时取等.所以最小值为.
故答案为：.
14．
【解析】
【分析】
分双曲线焦点在轴或上，分别设出双曲线方程，联立方程组求解即可.
【详解】
由题意可知，①若双曲线的焦点在x轴上,则可设，则
且，联立解得,则双曲线的标准方程为；
②若双曲线的焦点在y轴上，则可设，则，且，此时无解，综上，双曲线的方程为.
故答案为：
15．35
【解析】
【分析】
由题意利用二项展开式的通项公式，求得、的值，可得结论．
【详解】
解：的展开式的通项公式为，
展开式中第5项为常数项，故当时，，，
该展开式的常数项为，
故答案为：35．
16．         
【解析】
【分析】
根据导数求出切线斜率得到切线方程，求出直线在坐标轴上的截距，即可得出三角形面积公式；设，利用错位相减法，可得，
设，再次利用错位相减法即可得解.
【详解】
①由题意可知，切点为，且，则曲线在处的切线的斜率,所以切线方程为, 令, 解得, 令y=0, 解得，所以；
②，令，则，所以，两式相减得：，设，
则与上式相减得：

，则，
所以，
则，故.
故答案为：；.
17．（1）A；（2）.
【解析】
（1）首先利用正弦定理可得asinB＝bsinA，然后利用两角差的正弦公式展开化简即可求解.
（2）设∠B＝θ，，由题意可得∠BAD＝θ，∠ADC＝2θ，∠DACθ，在△ADC中，利用正弦定理可得sinθcosθ，根据同角三角函数的基本关系求出sin2θ，再利用三角形的面积公式即可求解.
【详解】
（1）由正弦定理可得asinB＝bsinA，
则有bsinA＝b（sinAcosA），化简可得sinAcosA，
可得tanA，
因为A∈（0,π），
所以A．
（2）设∠B＝θ，，由题意可得∠BAD＝θ，∠ADC＝2θ，
∠DACθ，∠ACDθ，
在△ADC中，，则，
所以，可得sinθcosθ，
又因为sin2θ+cos2θ＝1，可得sinθ，cosθ，
则sin2θ＝2sinθcosθ，
所以S△ADCsin∠ADC．
【点睛】
本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
18．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件求得的首项和公差，由此求得.
（2）利用分组求和法求得，结合导数求得的最大值.
(1)
设等差数列的公差为d，则，
又，得，解得，所以.
(2)
设等比数列的公比为q，则，，所以，，
所以，，则，
所以，
令，则，
由于，当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
且，，
所以当时，有最大值且最大值为.
19．(1)有99%的把握认为疫苗有效
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据公式求解，然后与临界值表中的数据比较可得结论，
（2）利用分层抽样的定义求出15人中有12人未感染病毒，有3人感染病毒，然后求出抽取的3人中没有1人感染的概率，再利用对立事件的概率公式可求得结果
(1)
由题意得
，
因为，
所以有99%的把握认为疫苗有效，
(2)
由题意可得从接种的100名志愿者中按分层抽样方法取出15人中，有人未感染病毒，有人感染病毒，
记事件为“从这15人中随机抽取3人中至少有1人感染”，则事件为“从这15人中随机抽取3人中没有1人感染”，
由题意得，
所以,
所以从这15人中随机抽取3人，求至少有1人感染的概率为
20．（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）本题可连接，然后根据题意得出以及，再然后根据四边形为平行四边形得出，最后根据线面垂直的判定以及面面垂直的判定即可得出结果；
（2）本题可作空间直角坐标系，设、，然后根据平面与平面所成锐二面角的余弦值为解得，最后根据线面角的性质得出即直线与平面所成的角，通过即可得出结果.
【详解】
（1）如图，连接，

因为几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，
所以，，，
因为，，
所以四边形为平行四边形，，，
因为平面，平面，所以，
因为，所以平面，
因为因为平面，所以平面平面.
（2）如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，

则、、、、，
，，，，
设平面的一个法向量为，
则，整理得，令，则，
设平面的一个法向量为，
则，整理得，令，则，
，
因为平面与平面所成锐二面角的余弦值为，
所以，解得，即，
因为平面，所以即直线与平面所成的角，
在中，因为，，所以，
故直线与平面所成的角为.
【点睛】
关键点点睛：本题考查面面垂直的判定、面面角的应用以及线面角的求法，考查空间直角坐标系的应用，考查通过线面垂直判断面面垂直，若平面外一条直线垂直平面内两条相交直线，则线面垂直，考查计算能力，考查数形结合思想，是难题.
21．(1)；
(2)直线过定点.
【解析】
【分析】
（1）利用定义法求点的轨迹的方程；
（2）直线的方程为，联立直线和椭圆的方程得到韦达定理，再根据得，即得解.
(1)
解：由题得,
所以点的轨迹是以为焦点，长轴为4的椭圆.
所以，
所以椭圆的方程为.
所以点的轨迹的方程为.
(2)
解：由题得点,设直线的方程为，
联立直线和椭圆的方程为得，
所以.
设，所以.
所以直线方程为，
令得，同理,
因为，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，所以直线的方程为，
所以直线过定点.
22．(1)
(2)有且仅有个零点
【解析】
【分析】
（1）求出函数的导函数，依题意可得在上恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，即可求出参数的取值范围；
（2）首先可得与是的两个零点，再利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理判断即可；
(1)
解：因为，所以，
由函数在上单调递增，则在上恒成立．
令，，
当时，，所以恒成立．
所以在上单调递增，所以，所以
(2)
解：由，则，．
所以与是的两个零点．
因为，由（1）知，函数在上单调递增，，无零点．
当时，，，，无零点．
当时，，设，，
在上递增，又，，
存在唯一零点，使得．
当时，，在上递减；
当时，，在上递增．
又，，所以，函数在上有且仅有个零点．
综上，当时，函数有且仅有个零点．
【点睛】
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．