2022丹东高三总复习质量测试（一）数学试题含答案

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丹东市2022届高三总复习质量测试（一）

数学

命题：宋润生 赫希武 肖扬 校对：杨晓东 杨琳 审核：宋润生 杨晓东

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.

2.答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一､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，则（    ）

A.    B.

C.    D.

2.如果，那么在复平面内，复数所对应的点位于（    ）

A.第一象限    B.第二象限    C.第三象限    D.第四象限

3.直线过抛物线的焦点，且与交于两点，若使的直线有且仅有1条，则（    ）

A.    B.    C.1    D.2

4.碾子是我国古代用人力或畜力把高梁､谷子､稻子等谷物脱壳或把米碾碎成碴子或面粉的石制农业生产工具，由碾盘､碾滚､碾柱和碾架等组成.通过碾架把碾滚的轴固定在经过碾盘圆圆心且垂直于碾盘面的碾柱上，推动碾架，让碾滚绕碾柱在碾盘面上转动3周，碾滚恰好自转了8圈，把碾滚看成高为h，底面圆的直径为d的圆柱，则h与d之比约为（    ）

A.    B.    C.    D.

5.函数的最小正周期为（    ）

A.    B.    C.    D.

6.“”是“点在圆外部”的（    ）

A.充分不必要条件    B.必要不充分条件

C.充分且必要条佭    D.既不充分也不必要条件

7.已知，若，则（    ）

A.    B.    C.    D.

8.设若函数的最小值为，则实数的取值范围为（    ）

A.    B.    C.    D.

二､多选题：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.如果关于的不等式的解集为，那么下列数值中，可取到的数为（    ）

A.    B.0    C.1    D.2

10.事件与互斥，若，则（    ）

A.    B.

C.    D.

11.设为函数的导函数，已知为偶函数，则（    ）

A.的最小值为2    B.为奇函数

C.在内为增函数    D.在内为增函数

12.如图，正方形的边长为为的中点，将沿向上翻折到，连结，在翻折过程中（    ）

A.四棱锥的体积最大值为

B.中点的轨迹长度为

C.与平面所成角的正弦值之比为

D.三棱锥的外接球半径有最小值，没有最大值

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知向量，则在向量上投影的数量为__________.

14.在等差数列中，已知，则__________.

15.把6个相同的篮球全部分给甲乙丙三个班级，则三个班级中恰有一个班级没得到篮球的概率为__________.

16.设双曲线的中心在坐标原点，焦点在轴上，的顶点在轴上，顶点在的左支上，直线分别与的右支交于两点，若，且，则的渐近线方程为__________.

四､解答题：本题共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.（10分）

的内角的对边分别为，已知.

（1）求；

（2）若的面积为，求.

18.（12分）

某省高考实行“3+1+2”新模式，“3”为语文､数学､外语3门必考科目；“+1”为考生在物理､历史2门中选考1门作为“首选科目”；“+2”为考生在思想政治､地理､化学､生物4门中选考2门作为“再选科目”，一所普通高中的600名高三同学参加了某次新高考模拟考试，每位同学“再选科目”的得分之和为，现从这600名同学中随机抽取100人，统计他们的X值，得到如图所示的频率分布直方图，用这100人的数据估计全校600名高三同学总体.

（1）求这次考试高三同学“再选科目”得分之和的分位数的估计值；

（2）社会助学机构赞助了该普通高中450个相同的奖品，学校为激励高三同学对“再选科目”的备考热情，校委会研究决定将这些奖品全部奖给参加这次考试“再选科目”得分之和不低于140分的同学，在区间内的同学每人奖励个奖品，在区间内的同学每人奖励个奖品，确定和的合理值.

19.（12分）

数列中，.

（1）计算，猜想的通项公式并加以证明；

（2）设为数列的前项和，证明：数列中任意连续三项按适当顺序排列后，可以组成等差数列.

20.（12分）

如图，斜三棱柱中，为正三角形，为棱上的一点，平面，平面.

（1）证明：平面；

（2）已知平面平面，求二面角的正弦值.

21.（12分）

已知函数.

（1）讨论函数的单调性；

（2）若在是单调递减函数，求实数的取值范围.

22.（12分）

在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，右焦点为，上顶点为，点到直线的距离等于.

（1）求的方程；

（2）设分别是的左右顶点，经过点的直线与交于两点，不与重合，直线与交于点，求的最小值.

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2022年丹东市高三总复习质量测试（一）

数学试题参考答案

一､选择题

1.A    2.D    3.C    4.A    5.C    6.B    7.C    8.B

二､选择题

9.CD    10.AC    11.BCD    12.ACD

三､填空题

13.    14.    15.    16.

小题详解

1.解：

2.解：

由可得，复数所对应的点位于第四象限.

4.解：

设圆柱形碾滚的高为，碾盘圆的直径为，则有，所以，

于是

5.解：

，最小正周期为.

6.解：

因为表示圆，所以，可得或.

因为点在圆外部，所以，可得.

因此“点在圆外部”的充分且必要条件为.

于是“”是“点在圆内部”的必要充分不条件.

7.解：

因为，所以，则

8.解：

若，当时，，不符合题意.

若的最小值为.

若，当时，的最小值为.

当时，，若，则，若，则，故的最小值为.

由可得

综上，常数的取值范围为.

9.解：

由题设，故.

所以数值中，可取到的数为1，2.

因为，所以当时，，故在内为增函数.

10.解：

因为与互斥，所以是必然事件，故.

因为与互斥，所以，因此.

.

因为，

所以，于是.

11.解：

，由可得，从而，

于是.

，取等号时，因为，所以.

为奇函数，因为，所以在为增函数.

12.解：

由已知梯形面积为，直角斜边

上的高为.当平面平面时，四棱锥的

体积取最大值.

取中点为，易知四边形是平行四边形，所以，

点的轨迹就是点的轨迹，过作的垂线，垂足为

的轨迹是以为圆心，为半径的半圆弧，从而

中点的轨迹长度为.

易知平面，则到平面距离相等，故，

与平面所成角的正弦值之比为等于.

外接圆半径为是中点，根据正弦定理

外接圆半径为是圆与圆公共弦，.

设三棱锥夕接球球心为，半径为，则

因为，所以，所以最小值为，没有最大值.

13.解：

在向量上投影数量为.

14.解：

因为，所以，于是.

15.解法1：

把6个相同的篮球全部分给三个班级，分配结果有三种可能性：

（1）仅有一个班级得到球，有三种分配方法；

（2）仅有两个班级得到球，有三种分配方法；

（2）三班级都得到球，有三种分配方法；

于是把6个相同的篮球全部分给甲乙丙三个班级共28种分配方法.于是甲乙丙三个班级中恰有一个班级没得到到篮球的概率.

解法2：

把6个相同的篮球全部分给三个班级，等价于把9个相同的篮球全部分给三个班级，每班至少得到一个篮球，有种分配方法.

把6个相同的篮球全部分给两个班级，每班至少得到一个篮球，有种分配方法.

于是甲乙丙三个班级中恰有一个班级没得到到篮球的概率为.

16.解：

设的斜率分别为，当时，

，可得，从而直线的斜率之积.

设，则，

.所以.

于是的渐近线方程为.

四､解答题

17.解：

（1）由已知及正弦定理得

即

由，可得，因为，所以.

（2）根据余弦定理可得

由已知，，可得，因为，所以.

18.解法1：

（1）根据频率分布直方图

于是这次考试再选科目得分之和的分位数的数估计值为

（2）从参加考试的同学中随机抽取1人，得分之和在区间内的概率，

得分之和在区间内的概率.于是这600名同学中：

在）内人数为；

在内人数为.

由，可得.

根据实际，应有，于是和的合理值分别为1和2.

解法2：

（1）同解法1.

（2）从参加考试的同学中随机抽取1人，其值在）内的概率值在内的概率.

这1名同学获得奖品数值可取.

的分布列为

所以

因此该学校大约需要准备奖品数为

由，可得.

根据实际，应有，于是和的合理值分别为1和2.

19.解法1：

（1），猜想.

已知可化为

又，故

因此的通项公式.

（2）由（1）可得，所以是以为2首项，为公比的等比数列.

因为

所以

从而或成等差数列.

于是数列中任意连续三项，排列为或排列为，后，可以组成等差数列.

解法2：

（1），猜想.

式子可化为

又，故.因此的通项公式.

（2）由（1）可得，所以是以为2首项，为公比的等比数列.

从而

于是

因为

故或成等差数列.

于是数列中任意连续三项按适当排列后，可以组成等差数列.

解法3：

（1），猜想.

式子可化为

所以当时，

当时，，所以.

于是因此的通项公式.

（2）同解法1解法2.

20.解法1：

（1）设，则为的中点.连结，则平面平面.

因为平面，所以，从而为的中点，因此.

因为平面，所以.因为，所以平面.

（2）以为坐标原点，为轴正方向，为单位长，

建立如图所示的建立空间直角坐标系，设.

则，

，故，

.

设为平面的法向量则

即可取

设为平面的法向量，则即

可取.

由可得，所以.

设为平面的法向量，则，即

可取.

因为，所以二面角的正弦值为.

解法2：

（1）同解法1

（2）在平面内过点作，垂足为，因为平面平面，所以平面，故.由（1）及题设平面，所以，因此平面，所以，因此.

以为坐标原点，为轴正方向，为单位长，建立如图所示的建立空间直角坐标系，

可知，可得，

设为平面的法向量，则

即{可取

设为平面的法向量，则，

即可取

因为，于是二面角的正弦值.

解法3：

（1）同解法1

（2）在平面内过点作，垂足为，因为平面平面，所以平面，故.由（1）及已知平面，所以，因此平面，所以，因此.

在平面内过点作，垂足为，连结，

由三垂线定理得，所以是二面角的平面角.

设，则，在直角中，

，可得.

在等腰中，，可得，

所以二面角的正弦值.

21.解法1：

（1）的定义域为.

当，当，

所以在单调递增，在单调递减.

（2）在是单调递减函数等价于当时，，

且只有有限个零点，设，则.

由可得.

由（1）可知，时，单调递减，所以.

若，可得，当且仅当时，成立，

故在单调递减，从而，当且仅当时，.

若，因为，所以存在唯，使，可得.

当时，，当时，，于是

由可得，从而.

由（1）可知当时，由单调递增，得，此时，当且仅当时，.

综上，实数的取值范围为.

解法2：

（1）同解法1

（2）在是单调递减函数等价于当时，，

且只有有限个零点，设，则.

由（1）可知，时，单调递减，所以.

若，则在单调递减，由可得，此时，当且仅当时，

若，设，由，得.而，故存在唯，使，可得.

当时，，当时，，于是

由可得，从而.

由（1）可知当时，单调递增，得，此时，

当且仅当时，.

综上，实数的取值范围为.

22.解法1：

（1）由题设，其中.

直线，由，可得.

由，可得.于是的方程为.

（2）由（1）可知.

由题意可设，联立可得，

因为，设，则.

直线，因为不与重合，所以，可得

可得，于是点的轨迹方程是.

因为，从而的最小值为2.

解法2：

（1）同解法

（2）由（1）可知.

由题意可设，联立可得，

因为，设，则

直线，因为不与重合，所以，可得

点的轨迹方程是.

因为，从而的最小值为2.

解法3：

（1）同解法

（2）由（1）可知.

由题意可设，联立可得，

因为，设，则

①

直线，

因为不与重合，所以，

可得

由于可得，故，即

②

①代入②得

整理得，于是点的轨迹方程是.

因为，从而的最小值为2.