广东省梅州市2022届高三数学上学期第一次质量检测试题理.doc

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1、2019-2020学年第一学期高三第一次质检理 科 数 学 试 卷 总分：150分 完成时间：120分钟 2019.10班级 姓名 座号 成绩 一选择题（60分）1.已知集合，则A.B.C.D.2.已知，是关于的方程的一个根，则A.B.C.D.3.已知，则，的大小关系为A.B.C.D.4.函数的图象大致为A. B.C. D.5.右图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形，此图由一个半圆和一个四分之一圆构成，两个阴影部分分别标记为和.在此图内任取一点，此点取自区域的概率记为，取自区域的概率记为，则A. B.C. D.与的大小关系与半径长度有关6.右图是判断输入的年份是否是闰年的程序框图，若先

2、后输入，则输出的结果分别是（注：表示除以的余数）A.是闰年，2400是闰年B.是闰年，2400是平年C.是平年，2400是闰年D.是平年，2400是平年7.若，则A.B.C.D.8.已知等差数列的公差不为零，其前项和为，若,成等比数列，则A.B.C.D.9.双曲线的右焦点为，点为的一条渐近线上的点，为坐标原点，若，则的最小值为A.B.C.1D.210已知函数，则A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称C. 在上单调递减 D. 在上单调递减，在上单调递增 11已知函数的图像的一条对称轴为直线，且，则的最小值为A. B. C. D. 12设是定义在上的偶函数，都有，且当时，函数在区间内恰有

3、三个不同零点，则实数的取值范围是A B. C. D. 二、填空题（共20分）13.若满足约束条件，则的最大值为_.14.已知是夹角为60的两个单位向量，则_.15.已知函数，若在上恰有3个极值点，则的取值范围是_.16.在三棱锥中，点到底面的距离为，则三棱锥的外接球的表面积为_.三（解答题，共70分）17.（12分）的内角所对的边分别为，已知的面积为.（1）证明：（2）若求18.（12分）某音乐院校举行“校园之星”评选活动，评委由本校全体学生组成，对两位选手，随机调查了20个学生的评分，得到下面的茎叶图：（1）通过茎叶图比较两位选手所得分数的平均值及分散程度（不要求计算出具体值，得出结论即可）

4、；（2）校方将会根据评分记过对参赛选手进行三向分流：记事件“A获得的分流等级高于B”，根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C发生的概率.19.（12分）如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，点是的中点.（1） 求证：平面；（2） 若直线与平面所成角为，求二面角的大小.20.（12分）已知为抛物线的焦点，直线与相交于两点.（1）若，求的值；（2）点，若，求直线的方程.21.（12分）已知函数，为的导数，且.证明：（1）在内有唯一零点；（2）.（参考数据：，.）（二）选考题：共10分.请考生在第（22），（23）题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.22.选修

5、：坐标系与参数方程（10分）在极坐标系中，圆.以极点为原点，极轴为轴正半轴建立直角坐标系，直线经过点且倾斜角为.（1）求圆的直角坐标方程和直线的参数方程；（2）已知直线与圆交与，满足为的中点，求.23.选修：不等式选讲（10分）设函数.（1）画出的图像；（2）若，求的最小值.2019-2020学年第一学期高三第一次质检理科数学参考答案2019.10一选择题：CADDCCBCBADC二填空题：（13）0（14）（15）(，（16）6p三解答题：17解：（1）由SbcsinAb2tanA得3csinAbtanA 因为tanA，所以3csinA，又因为0A，所以 sinA0，因此b3ccosA4分（

6、2）因为tanA2，所以cosA，由（1）得2bccosA，c8分由余弦定理得8b2c22bccosA，所以8b2，从而b29 故Sb2tanA312分 18解：（1）通过茎叶图可以看出，A选手所得分数的平均值高于B选手所得分数的平均值；A选手所得分数比较集中，B选手所得分数比较分散4分（2）记CA1表示事件：“A选手直接晋级”，CA2表示事件：“A选手复赛待选”；CB1表示事件：“B选手复赛待选”，CB2表示事件：“B选手淘汰出局”则CA1与CB1独立，CA2与CB2独立，CA1与CA2互斥，C(CA1CB1)(CA1CB2)(CA2CB2)P(C)P(CA1CB1)P (CA1CB2)P(

7、CA2CB2)P(CA1)P(CB1)P(CA1)P(CB2)P(CA2)P(CB2)由所给数据得CA1，CA2，CB1，CB2发生的频率分别为，故ABCEDPOyzxP(CA1)，P(CA2)，P(CB1)，P(CB2)，P(C)12分19解：（1）连接AC交BD于O，连接OE由题意可知，PEEC，AOOC，PAEO，又PA平面BED，EO平面BED，PA平面BED4分（2）以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，设PDCD1，ADa，则A(a，0，0)，B(a，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，1)，(a，1，0)，(a，1，1)，

8、(0，1，1)设平面PBC的法向量n(x，y，z)，由得取n(0，1，1)7分直线BD与平面PBC所成的角为30，得|cos，n|，解得a19分同理可得平面PBD的法向量m(1，1，0)，10分cosn，m，二面角CPBD为锐二面角，二面角CPBD的大小为6012分20解：（1）由已知可得F(0，1)，设A(x1，)，B(x2，)，ykx2与x24y联立得，x24kx80，x1x24k，x1x282分|FA|FB|1124分当k1时，由得|FA|FB|105分（2）由题意可知，(x1，1)，(x2，1)，(3，3). CFACFB等价cos，cos，8分又|FA|1，|FB|1则，整理得42(

9、x1x2)x1x20，解得k，11分所以，直线l的方程为3x2y4012分21解：（1）g(x)f(x)xcosxsinx，所以x(0，时，g(x)0，即g(x)在(0，内没有零点2分x(，)时，g(x)2cosxxsinx，因为cosx0，xsinx0，从而g(x)0，所以g(x)在(，)上单调递减，又g(2)(2tan2)cos20，g()0，所以g(x)在(2，)内有唯一零点t 6分（2）由（1）得，x(0，t)时，g(x)0，所以f(x)0，即f(x)单调递增；x(t，)时，g(x)0，所以f(x)0，即f(x)单调递减，即f(x)的最大值为f(t)tsint由f(t)tcostsin

10、t0得ttant，所以f(t)tantsint，因此f(t)2 9分因为t(2，)，所以cost(，cos2)，从而(cos21)22(1.4161)2()20，即0，所以f(t)20，故f(x)212分22解：（1）由圆C：4cos可得24cos，因为2x2y2，xcos，所以x2y24x，即(x2)2y24直线l：（t为参数，0）5分（2）设A，B对应的参数分别为tA，tB，将直线l的方程代入C并整理，得t26t(sincos)320，所以tAtB6(sincos)，tAtB32又A为MB的中点，所以tB2tA，因此tA2(sincos)4sin()，tB8sin()，8分所以tAtB32sin2()32，即sin2()1因为0，所以，从而，即10分23解：（1）f(x)3分yf(x)的图象如图所示： xyO115分（2）一方面，由f(x)m|x|n得f(0)n，解得n2因为f(x)|(2x1)(x1)|3|x|，所以m|x|n3|x|（）若m3，（）式明显成立；若m3，则当|x|时，（）式不成立8分另一方面，由图可知，当m3，且n2时，f(x)m|x|n故当且仅当m3，且n2时，f(x)m|x|n因此mn的最小值为510分