山东省青岛市2022届高三上学期期初学习质量调研检测（10月）数学试题（扫描版含答案）

高三期初学习质量调研检测
数学试题
本试卷共 6页 ,” 题。全卷满分 150分。考试用时 120分钟。
注意事项∶
1.答卷前 ,考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上,并将准
考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.回答选择题时,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
需要改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。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田。
一、单项选择题∶本题共 8小题,每小题 5分 ,共 们 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.已知复数 z=1+i(i为虚数单位),歹 为 z的共轭复数,则 三〓
z
A。 1-i B。 1+i c。 -i D。 i
2.已知集合/=扣 1,△ 2,ε3)的所有非空真子集的元素之和等于9,则曰1+曰2+曰3=
A。 1 B。 2 C。 3 D。 6
^f艿
3.已知双曲正弦函数/←)=圹 ,则
A./(θ 为偶函数 B./← )在区间←∞,+∞ )上单调递减
C。 /(θ 没有零点 D./0)在 区间(-∞ ,+∞ )上单调递增
4.《算法统宗》是中国古代数学名著 ,在这部著作中,许多数学问题都是以歌诀形式呈现的 ,
“ ”
九儿问甲歌 就是其中一首 :一个公公九个儿,若问生年总不知,自长排来差三岁,共
年二百又零七 ,借问长儿多少岁,各儿岁数要详推 .在这个问题中,这位公公最年幼的儿
子的岁数为
A。 8 B。 11 C。 14 D。 16
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5.已知一个样本,样本容量为10,平均数为15,方差为3,现从样本中去掉一个数据 15,
此时样本的平均数为丌,方差为 s2,则
A。 丌)15,s2(3 B。 丌<15,s2>3
C。 丌=15,s2>3 D。 万=15,s2(3
∶log3[⑿ -rJ矽],则四,D,c的大小关系为
A。 曰)D)c B。 3>c)c
C。 c>D>ε D。 ε)c>乙
7.为调查新冠疫苗接种情况,需从 5名志愿者中选取 3人到 3个社区进行走访调查,每个社
区1人 ,若甲乙两人至少有一人入选,则不同的选派方法有
A。 12种 B。 18种 C。 36种 D。 54种
8.将函数y=√13一 尸 -2(艿 ∈卜3,3])的图象绕点←3,⑴ 逆时针旋转α⑴兰α兰○ ,得到曲
线C,对于每一个旋转角α,曲线 C都是一个函数的图象,则 汐最大时的正切值为
3 2
_ _
Α 2 Β 3 C。 1 D。
二、多项选择题 :本题共 4小题,每小题 5分 ,共 ⒛ 分。在每小题给出的四个选项中,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.已知平面向量ε=G,⑷,D=←2,D,c=⑿ ,θ ,下列说法正确的是
2
一
A.若⒄十⑴〃C,则 矽=6 B.若 ⑺ 十DJ⊥ C,则 莎=
3
D.|△ +c|(3
10.在三棱柱/BC— /1B1q中 ,E,F,G,Ⅳ分别为线段/鸽 ,鸽G,q且 ,B马 的中点,下列说
法正确的是
A。 E,F,C,Ⅱ 四点共面 B.平面EC〃〃平面/BG
C。 直线 /1/与 fⅣ 异面 D。 直线 BC与平面 /ΠV平行
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’r2 `2
←y2=1过双曲线G∶ 2 D2 =1⒄,D>OJ的焦点,G的焦点恰为G的
曰
顶点,G与 G的交点按逆时针方向分别为/,B,C,D,@为坐标原点,则
A。
B。 G的右焦点到G的一条渐近线的距离为j
C。 点/到 G的两顶点的距离之和等于4
D。
12.已知函数 /(豸)=sin(犭吖一孕)(@>o),若 /(0)+/(:;)=09」臣/(艿);在 (0,;;)上刁笥且仅
有三个极值点 ,则
A。 /(0的最小正周期为卫
B。 /(θ 在区间r )上 单调递增
1
C. /0)F±区i日 [0,毋]上 00最小值等f一
古
D。 将 g←)=⒍n2艿 的图象向右平移 个单位可得到 )的图象
l万 `=/(昔
三、填空题∶本题共 4个小题,每小题 5分 ,共 ⒛ 分。
13. 已知 tan α=3,冗 (α (
14. 函数y=√ 2-1的2豸 图象在点C,D处的切线方程为
15. 在三棱锥 P— /BC中 ,″ ⊥平面/BC,/C⊥ BC,/C=BC〓 1,″ =拒 ,则三棱
锥P-/BC的外接球的体积为
16.设函数/0)是定义在实数集R上的偶函数,且 /0)=/⑿ -θ ,当 豸∈lO,凵 时,
/(θ =',则函数g←)=|cos π |
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四、解答题∶本题共 6小题,共 η 分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。
17. (10生卜)
在①⒛ sin/=狨an B,(D曰
2-D2=△c_c2, ③冫 sB+1这三个条仵中任选
一个 ,补充在下面横线上,并解答 `hB=∞.
在加留C中 ,内角 /,B,C的 对边分别为ε,乙 ,c,且
(
1
(
2 求角B的大小 ;
若D=2,山 壬BC的面积;
注:如呆选择多个条件分别解答,按第一个解答计分。
18. (12彡卜)
如图,在四棱锥P-/B∞ 中,底面/B∞ 是菱形 , ″ ⊥平面 /BCD, R亻 =/B=2,
Z/BC〓 60° ,E为 BC的中点,F为 PC的中点。
(1)求证:平面 /EF⊥ 平面″ D;
(2)求平面/F与 平面尸CD的夹角的余弦值。
D
19. (12彡卜)
已知等差数列(/″ )的首项鸽为4,公差为6,在 (/刀 )中每相邻两项之间都插入两个数,
使它们和原数列的项一起构成一个新的等差数列佃刀卜
(1)求数列佃刀)的通项公式;
(2)若△ ··· ··妩,c饧 ’ ’ε△,· 是从佃刀)中抽取的部分项按原来的顺序排列纽成的一个等比数列,
1=1,仡 =5,令 九 =2刀九 +2刀 ,求数列 (绕 )的前 刀项和凡 .
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20. (12彡卜)
北京时间2021年 8月 8日 ,历时17天的东京奥运会落下帷幕,中国代表团以38金、32银、
“ ”
18铜、打破4项世界纪录、创造 21项奥运会纪录的傲人成绩,顺利收官。作为 梦之队 的
中国乒乓球队在东京奥运会斩获4金 3银的好成绩,参赛的7名选手全部登上领奖台。我国是
乒乓球生产大国,某厂家生产了两批同种规格的乒乓球,第一批占60%,次品率为6%;第
二批占40%,次品率为5%.为确保质量,现在将两批乒乓球混合,工作人员从中抽样检查。
(1)从混合的乒乓球中任取 1个 .
(i)求这个乒乓球是合格品的概率 ;
(ii)已知取到的是合格品,求它取自第一批乒乓球的概率 .
(2)从混合的乒乓球中有放回地连续抽取 2次,每次抽取 1个 ,记两次抽取中,抽取的乒乓球
是第二批的次数为X,求随机变量X的分布列和数学期望。
21. (12.珏卜)
已知@为
2+'2=5交
坐标原点,抛物线C∶ y2=2」u(`>⑴ 的准线与圆@∶ 艿 于″ ,Ⅳ 两
点,抛物线C与圆@交于″
′ ′ ′
,Ⅳ 两点,且 |〃ⅣHMⅣ |.
(1)求抛物线 C的标准方程 ;
(2)动点C在抛物线 C的准线上,直线 /B与抛物线 C交于 /,B两点,直线 /V′ 与抛物线C
′
交于/′,BI两点,/B与 /V′ 的交点为C,且 |CV卜 |CB卜 2|Cγ |叫 CZ卜 设直线/B,
′
/′召 的斜率分别为庀l,乃2,
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22. (12生卜)
已知函数/(豸)〓 ←-lJh豸一伤(艿 +lJ,ε ∈R.
( )
1
( ) 若 曰刨 r ← 口
●
2 ,
’
h
r
丿
若 ⑴有 两个 歙 杨
(i)求 c的取值范围 ;
1 1
(Ⅱ )苓证:h冯 )0·~.十 h杨 ~ε
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青岛市高中 2019 级教学质量检测
数学参考答案
一、单项选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分。
1--8：C C D B CAD B
二、多项选择题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分。
9．BC 10．ABC 11．ACD 12．ABD
三、填空题：本题共 4个小题，每小题 5分，共 20分。
10 4
13． ； 14． y 2x 1； 15． π； 16．7 ．
5 3
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. （本小题满分 10分）
解：（1）选择条件①：
因为 2bsin A a tan B，
所以由正弦定理可得 2sin B sin A sin A tan B
sin Asin B
所以 2sin Bsin A
cos B
因为 A,B (0, π) ，所以 sin Asin B 0 ，
所以 cos B 1
2
B (0, π) B π因为 ，所以
3
选择条件②：
因为 a2 b2 ac c2 ，整理得 a2 c2 b2 ac
a2 c2 b2 ac 1
所以由余弦定理得 cos B
2ac 2ac 2
因为 B (0, π) π，所以 B
3
选择条件③：
因为 3 sin B cos B 1，所以 3 sin B cos B 2sin(B π ) 1
6
即 sin(B π) 1
6 2
因为 B (0, π) B π ( π , 5π， )
6 6 6
B π π π所以 ， B
6 6 3
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B π 1 3 3（2）因为 ， 所以 ABC的面积 S
3 ABC
ac sinB ac
2 4 2
所以 ac 2
因为b 2 ，所以由余弦定理得：
b2 a2 c2 2ac cosB a2 c2 ac (a c)2 3ac (a c)2 6 4
所以 a c 10
所以 ABC的周长为 2 10
18．（本小题满分 12分） z
解:（1）证明：连接 AC，
P四边形 ABCD为菱形， ABC 60
ABC为正三角形， AD // BC
E为 BC的中点， AE BC
AE AD
PA 平面 ABCD F，
AE 平面 ABCD，
AE PA A y
PA AD A， D
AE B平面 PAD E C
AE 平面 AEF x
平面 AEF 平面 PAD
（2） 以 A为原点，AE所在的直线为 x轴，建系如图所示，则 A(0,0,0)，E( 3,0,0)，
P(0,0,2) ，C( 3,1,0) D(0,2,0) F ( 3 , 1， ， ,1)，
2 2
设面 AEF 的一个法向量为 n1 (x1, y1, z1)，

AE ( 3,0,0) AF ( 3 , 1， ,1) ，
2 2



n AE 0 3x1 0
由 1


n AF 0 3 1 1 x1 y1 z1 0 2 2
令 y1 2，则 z1 1， x1 0，取n1 (0,2, 1)
设面PCD的一个法向量为 n2 (x2 , y2 , z2 ) ，
数学评分标准 第 2页（共 5页）

PC ( 3,1, 2)，PD (0,2, 2)，

n PC 0 3x y 2z 0
由 2 2 2 2
n2 PD 0 2y2 2z2 0
令 y2 3 ，则 z2 3， x2 1，取n2 (1, 3, 3)
设平面 AEF 与 平 面PCD的夹角为 ，则
cos n1 n 2 2 3 3 105
| n1 | | n2 | 5 7 35
19．（本小题满分 12分）
解：（1）设数列{an}的公差为 d
由题意可知， a1 A1 4， a4 A2 4 6 10
所以 a4 4 (4 1) d 10
解得 d 2
所以 an a1 (n 1)d 4 (n 1) 2 2n 2
（2）设等比数列ak ,ak , ,ak , 的公比为 q1 2 n
a a 12
则q k2 5 3， 所以a n 1
a a k
4 3
n
k1 1
4
又ak 2kn 2，n
所以2kn 2 4 3
n 1， kn 2 3
n 1 1
bn 2nkn 2n 4n 3
n 1
T 4 30 8 31 12 32 4n 3n 1n
3Tn 4 3
1 8 32 12 33 4(n 1) 3n 1 4n 3n
相减得： 2T 4 30 4 31 4 32 4 3n 1 nn 4n 3
4(1 3n )
4n 3n 2(2n 1) 3n 2
1 3
Tn (2n 1) 3
n 1
20．（本小题满分 12分）
解：（1）设 Ai表示“取自第 i批乒乓球” (i 1,2)；C表示“取到的是合格品”．
（ⅰ） P(C) P(A1C A2C) P(A1C) P(A2C) P(A1)P(C | A1) P(A2)P(C | A2)
0.6 (1 0.06) 0.4 (1 0.05) 0.944
（ⅱ） P(A1 |C)
P(A1C) P(A1)P(C | A1) 0.564 141
P(C) P(C) 0.944 236
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（2）由题知，随机变量 X 的所有可能的取值为0,1,2
P(X 0) 0.62 0.36
P(X 1) C12 0.4 0.6 0.48
P(X 2) 0.42 0.16
随机变量 X 的分布列为
X 0 1 2
P 0.36 0.48 0.16
随机变量 X 的数学期望E(X ) 0 0.36 1 0.48 2 0.16=0.8
21．（本小题满分 12分）
解:（1）由对称性可知，M N x轴，所以MN // M N ，设 |MN | |M N | a
2
则O a到MN 的距离与O到M N 的距离相等，均为 5
4
所以直线M N 过抛物线C的焦点

y
2
0 2p
p

p
设M ( , y0 ) ，由
2 ，解得 p 2
2 ( p )2 y 20 5 2
所以抛物线C的标准方程为 y2 4x
（2）设G( 1, t)， A(x1, y1),B(x2 , y2 )
直线 AB的方程为： y k1x m1 ，则 t k1 m1
将 y k x m 2 2 21 1 代入 y 4x可得： k1 x (2k1m1 4)x m
2
1 0
所以 x x 4 2k m
2
1 1
1 2 2 ,x x
m1
k 1 2

k 21 1
因为 |GA | |GB | 1 k2 (x 1) 1 k2 (x 1) (1 k21 1 1 2 1 )(x1x2 x1 x2 1)
2
所以 |GA | |GB | (1 k2 )(m1 4 2k1m 1 1 2
1
2 1) (1 )(t
2 4)
k1 k1 k
2
1
设直线 A B 的方程为： y k2x m2 ，则 t k2 m2
同理可得 |GA | |GB | (1 1 2 )(t
2 4)
k2
1 1
因为 |GA | |GB | 2 |GA | |GB |，所以 (1 2 2
k 2
)(t 4) 2(1 2 )(t 4)
1 k2
1 2 1 2
即1 2 2 2 ，所以 2 2 1为定值k1 k2 k1 k2
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22．（本小题满分 12分）
解：（1）当 a 0时， f (x) (x 1) ln x
若 x (0,1)，则 x 1 0， ln x 0 ， f (x) 0；
若 x 1， f (1) 0；
若 x (1, )，则 x 1 0， ln x 0， f (x) 0；
所以当 a 0时， f (x) 0
当 a 0时， f (x) (x 1) ln x 0
所以当 a 0时， f (x) 0
（2）（ⅰ）由（1）知 a 0不合题意
a 0 f (x) ln x 1 1 1 1当 时， a，令 h(x) f (x)，所以 h (x) 2 0x x x
所以 h(x) 在 (0, )上单调递增，且 h(1) 0 ， h(ea ) 0
所以，存在 x0 (1,e
a ) 使得 h(x0 ) f (x0 ) 0
所以，当 x (0, x0 )时， f (x) 0， f (x) 在 (0, x0 ) 上单调递减；
当 x (x0 , )时， f (x) 0， f (x)在 (x0 , )上单调递增；
因为 f (x0 ) f (1) 0，
f (e3a 1) 3a(e3a 1 1) a(e3a 1 1) 2a(e3a 1 2) 0
f (e 3a 1) (3a 1)(1 e 1) a(e 1 1) 2a(1 2e 1) 0
所以， f (x) 在 (e 3a 1, x ) 和 (x ,e3a 10 0 ) 各恰有一个零点
所以 a的取值范围是 a 0
1 f (x) 1
（ⅱ）因为 f ( ) ，所以，若 f (x) 0 ，则 f ( ) 0
x x x
所以 x 11 ，即 x1x2 1x2
又因为 (x1 1) ln x1 a(x1 1) 0, (x2 1) ln x2 a(x2 1) 0
所以 x 2a1 1 , x 1
2a

ln x1 a
2 ln x2 a
1 2a 2a所以 1 x x 2 x x 2
ln x1 a ln x a
1 2 1 2
2
1 1
所以 0
ln x1 a ln x2 a
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