2023届深圳市宝安区10月高三数学试卷含答案.pdf

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1、高三数学 第 1 页 共 4 页宝安区2022-2023学年第一学期调研测试卷高三数学本试卷共 22 小题，满分 150 分。考试用时 120 分钟。注意事项：注意事项：1答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用 2B 铅笔将试卷类型填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。3非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉

2、原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。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若集合2430Mx xx，03xxxN，则MN（）A13xxB03xxC03xxD13xx2若212 zzi，则z z（）A2B2C0D13在平行四边形ABCD中，点E在边AD上，点F在边CD上，且13AEAD，23CFCD，点G为线段EF的中点，记BA m，BC n，则 BG（）A5263 mnB5433 mnC4533 mnD2536 mn4我国古代数学家提出的“中国剩余定理”又称“孙子定理”，它

3、在世界数学史上具有光辉的一页，堪称数学史上名垂百世的成就，而且一直启发和指引着历代数学家们 定理涉及的是数的整除问题，其数学思想在近代数学、当代密码学研究及日常生活都有着广泛应用，为世界数学的发展做出了巨大贡献，现有这样一个整除问题：将 1到 2022 这 2022 个整数中能被 5 除余 2 且被 7 除余 2 的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列 na，那么此数列的项数为（）A56B57C58D595 若,a b c均为正数，且满足222412aabacbc，则abc 的最小值是（）A2 6B4 3C2 3D6高三数学 第 2 页 共 4 页6 函数()sin(0)f xx满足：对,()

4、()04 xR f xf x，()f x图像关于点3,016中心对称，则对,()()0 xR f axf ax 成立的a的最大负数值（）A16B316C8D47 若函数21()2ln2f xaxaxx在区间(3,4)上不单调，则a的取值范围是（）A11(,)83B1 1,8 3C1 1(,)8 3D11(,)(,)38 8已知ABC的一个内角为角A，如果适当排列sin,cos,tanAAA的顺序，可使它们成为一个等比数列，那么角A的大小属于区间（）A40，B24，C432，D，43二、选择题：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.全部选对得

5、5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分.9关于202122021012202112xaaxaxaxxR，则（）A01a B202112320213aaaaC3320218 aCD2021123420211 3aaaaa 10设函数 2log1,2,23,2,xxxf xx，则以下结论正确的为（）A f x为R上的增函数B f x有唯一零点0 x，且012xC若 5f m，则33m D f x的值域为R11下列不等关系中，正确的是（）A2ln2eBln33lnCln32eD2ln2e12双纽线最早于 1694 年被瑞士数学家雅各布伯努利用来描述他所发现的曲线在平面直角坐标系xoy中，把

6、到定点1,0Fa，2,0Fa距离之积等于20aa的点的轨迹称为双纽线C.已知点00,P xy是双纽线C上一点，下列说法中正确的有（）A双纽线C关于原点 O 中心对称B022aayC双纽线C上满足12PFPF的点P有两个DPO的最大值为2a高三数学 第 3 页 共 4 页三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分13命题“xR，22390 xax”为假命题，则实数a的取值范围是_14函数 2ln1xf xax为奇函数，则实数a _.15一个口袋里装有大小相同的 5 个小球，其中红色 2，其余 3 个颜色各不相同.现从中任意取出 3 个小球，其中恰有 2 个小球颜色相同的概率是_；

7、若变量X为取出的 3 个小球中红球的个数，则X的数学期望E X _16 已知方程2342022102342022xxxxx的所有实数根都在区间,a b内（其中,a bZ），则ba的最小值为四、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）在ABC中，角CBA,的对边分别是cba,，3(cos)sinabCcB.（1）求角B的大小；（2）若ABC的面积为2 3，2 6b，求ABC的周长.18（12 分）已知等差数列 na的前n项和为nS，21a，714S，数列 nb满足221232nnnb b bb（1）求数列 na和 nb的通项公式；（2）若数列

8、nc满足cosnnncba，求数列 nc的前2n项和2nT19（12 分）如图，在直三棱柱111ABCABC中，2ABAC，41AA，ABAC，1ABBE 交1AA于点E，D为1CC的中点（1）求证:BE 平面1ABC；（2）求二面角1CABD的余弦值20（12 分）已知椭圆22142：xyC.（1）求椭圆C的离心率和长轴长；（2）已知直线2ykx与椭圆C有两个不同的交点,A B，P为x轴上一点问：是否存在实数k，使得PAB是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出k的值及点P的坐标；若不存在，说明理由高三数学 第 4 页 共 4 页21（12 分）随着生活水平的提高和人们对健康生活的重

9、视，越来越多的人加入健身运动中国家统计局数据显示，2021 年有 5 亿国人经常参加体育锻炼某健身房从参与健身的会员中随机抽取 100 人，对其每周参与健身的天数和 2021 年在该健身房所有消费金额(单位：元)进行统计，得到以下统计表及统计图：平均每周健身天数不大于 23 或 4不少于 5人数(男)20359人数(女)10206若某人平均每周进行健身的天数不少于 5，则称其为“健身达人”健身房规定消费金额不超过 1 600 元的为普通会员，超过 1 600 元但不超过 3 200 元的为银牌会员，超过 3 200 元的为金牌会员（1）已知金牌会员都是健身达人，从健身达人中随机取2 人，求他们

10、均是金牌会员的概率；（2）依据小概率值05.0的2独立性检验，能否据此推测性别与是否为“健身达人”有关系？（3）该健身机构在 2021 年年底针对这 100 位消费者举办了一次消费返利活动，现有以下两种方案：方案一：按分层抽样从普通会员、银牌会员和金牌会员中共抽取 25 位“幸运之星”，分别给予 188 元、288 元、888 元的幸运奖励；方案二：每位会员均可参加摸奖游戏，游戏规则如下：摸奖箱中装有 5 张形状大小完全一样的卡片，其中 3 张印跑步机图案、2 张印动感单车图案，有放回地摸三次卡片，每次只能摸一张，若摸到动感单车的总数为 2，则获得 100 元奖励，若摸到动感单车的总数为 3，

11、则获得 200 元奖励，其他情况不给予奖励规定每个普通会员只能参加 1 次摸奖游戏，每个银牌会员可参加 2 次摸奖游戏，每个金牌会员可参加 3 次摸奖游戏(每次摸奖结果相互独立)请你比较该健身房采用哪一种方案时，在此次消费返利活动中的支出较少，并说明理由附：dbcadcbabcadn22，其中dcban.临界值表：0.10.050.0100.0050.001x2.7063.8416.6357.87910.82822（12 分）已知函数 1ln1xfxex.（1）判断 f x的单调性；（2）若方程 10faxaax 有唯一实根0 x，求证：012x.宝安区宝安区 2022-2023 学年学年高三

12、高三第第一一学期学期调研测试卷调研测试卷答案答案 高三高三 数学数学 一选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 D B A C C B C A 二多选题 9 10 11 12 ACD BC ACD ABD 二、填空题 13.2 2,2 2，14.1 15.310，65 16.3 16、令()=1+22+3344+20222022，则()=1 +2 3+2021.当 0，故()为增函数；当 1时，()=1 +2(1 )+2020(1 )0，故()为减函数.注意到：(1)=1 1 121314 12022 0,(1)=1+(1 12)+(1314)+(1202112022)0,(2)=1+(2 2

13、22)+(233244)+(220212021220222022)=1+0+(83 4)+(220212021220222022)0,所以()仅有两个零点，它们分别在(1,0)与(1,2)上.因此 1,2，从而 3.当=1,=2时可取等号.所以 的最小值为 3.三解答题 17.解：（1）由3(cos)sinabCcB，可得3sin3sincossinsinABCBC，即3sin()sinsin3sincosBCBCBC，展开化简得3cossinsinsinBCBC，又在ABC中，sin0C，所以tan3B，又0B，所以3B.(5 分)（2）因为ABC的面积1sin2 32SacB，所以8ac，

14、由余弦定理得222222cos()2()3bacacBacacacacac，因为2 6b，可得2()48ac，所以4 3ac，所以2 64 3abc，即ABC的周长为2 64 3.(10 分)18.解：（1）设 na的公差为d，由21a，714S 得11172114adad 解得112a，12d，所以2nna （3 分）212212322n nnnnb bbb，12123122n nnb bbbn，两式相除得22nnbn 当1n 时，12b 适合上式2nnb （6 分）（2）cos2 cos2nnnnncba，234232cos2 cos2 cos2 cos 222nT21221 2cos2c

15、os2nnnn 24622 cos2 cos 22 cos 32cosnn 246222212nn 14 1444145nn （12 分）19.解:（1）因为三棱柱111ABCA B C为直三棱柱，所以1AA 平面ABC，所以1AAAC 1 分 因为1,ACAB ABAAA，所以AC 平面11AA B B 3 分 因为BE 平面11AA B B，所以ACBE 4 分 因为11,BEAB ACABA，所以BE 平面1AB C 5 分（2）由（1）知1,AB AC AA两两垂直，如图，建立空间直角坐标系Axyz，则1(0,0,0),(2,0,4),(0,2,2),(2,0,0)ABDB 7 分 设

16、(0,0,)Ea，所以1(0,2,2),(2,0,4),(2,0,)ADABBEa，因为1ABBE，所以440a，即1a 所以平面1AB C的一个法向量为(2,0,1)BE 8 分 设平面1AB D的法向量为(,)nx y z，所以10,0.n ADn AB所以220,240.yzxz即,2.yzxz 令1z ，则2,1xy，所以平面1AB D的一个法向量为(2,1,1)n 10 分 所以530cos,6|65n BEBE nn BE 由已知二面角1CABD为锐角，所以二面角1CABD的余弦值为306 12 分 20.解:（1）由题意:224,2ab，所以2a 因为222abc，所以22,2c

17、c 2 分 所以22cea 3 分 所以椭圆C离心率为22，长轴长为 4 4 分（2）联立222142ykxxy消y整理得:2221840kxkx 因为直线与椭圆交于,A B两点，故0，解得212k 设1122,A x yB xy，则12122284,2121kxxx xkk 6 分 设AB中点00,G xy，则120002242,222121xxkxykxkk，故2242,21 21kGkk 7 分 假设存在k和点(,0)P m，使得PAB是以P为直角顶点的等腰直角三角形，则PGAB，故1PGABkk，所以222211421kkkmk，解得2221kmk，故22,021kPk 8 分 又因为

18、2APB，所以0PA PB，即11120 xmxmy y 整理得2212121(2)40kx xkmxxm 10 分 所以2222481(2)402121kkkmmkk，代入2221kmk，整理得:41k，即21k 11 分 当1k 时，P点坐标为2,03；当1k 时，P点坐标为2,03 此时，PAB是以P为直角顶点的等腰直角三角形 12 分 21.解：（1）健身达人共 9615(人)，金牌会员人数有 8412(人)又金牌会员都是健身达人，故从健身达人中随机抽取 2 人，他们均是金牌会员的概率为：3522215212CC.（3 分）（2）由图表可知，非健身达人男性有：203555(人)，健身达

19、人男性有：9 人；非健身达人女性有：102030(人)，健身达人女性有：6 人 列出列联表如下：非健身达人 健身达人 总人数 人数(男)55 9 64 人数(女)30 6 36 总人数 85 15 100 零假设为：:0H性别与是否为“健身达人”无关 根据列联表中的数据计算可得：05.022841.3123.036641585930655100 x 故依据小概率值05.0的2独立性检验，没有充分证据推断0H不成立，因此可以认为性别与是否为“健身达人”没有关系 （7 分）（3）由图可知：普通会员有 62228(人)，银牌会员有 253560(人)，金牌会员有 8412(人)方案一：抽取的普通会员

20、、银牌会员与金牌会员分别有28100 257(人)，60100 2515(人)，12100 253(人)，故共支出 7 18815 2883 8888 300(元)方案二：参加一次活动获得奖励的数学期望为：21323332322081002005555CC ，故总支出的数学期望为 282085602085 2122085 37 654.48 300.故采用方案二时，在此次消费返利活动中的支出较少 （12 分）22.解：（1）因为 1ln1xfxex，所以 11xfxex，则 1210 xfxex，所以函数 fx在0,上是增函数，且 10f，所以当0,1x时，0fx；当1,x时，0fx.所以 f

21、x在0,1上是减函数，在1,上是增函数；（5 分）（2）容易证明：2110,10,ln102xxexxexxxxxx.设 11lnxg xf xaxaexaxa，则 11xgxeax，因为 gx是增函数，又 10ga ，11101aagaeaeaa，所以存在唯一的1,t，使得 0g t.当0,xt时，0gx，此时函数 g x单调递减；当,xt时，0gx，此时函数 g x单调递增.所以 1minlntg xg tetata.当0 x 时，g x ；当x 时，212113ln11111222xg xexaxaxxxaxaxaxa 从而有 g x .故方程 1f xaxa有唯一实根0 x，则必有0 xt，从而有 00gtg t，即1110ln0tteatetata，消去a得：112ln0ttt ett.设 112ln1tth tt ettt，则 12110th ttet，所以函数 h t在1,上是减函数，因为 110h，12ln202h，所以12t，即012x.（12 分）