厉庄镇高中2022届高三上学期期中调研考试
数学试题
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．
2.回答选择题时，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，将答题卡交回．
一、单项选择题（本大题共8个小题，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A={0,1, },B={0,4},BA,则m的值为
A. B.2 C.4 D.16
2.已知i为虚数单位，复数z满足iz=2z-5,则z等于
A.2+I B.2-i C.1+2i D.1-2i
3.函数f(x)=2sim(x-)在［0,5]上的最大值与最小值之和是
A.2- B.0 C.1 D.2+
4.唐代数学家、天文学家僧一行，利用“九服晷影算法”建立了从0°到80°的晷影长l与太阳天顶距θ的对应数表．已知晷影长l、表高h与太阳天顶距θ满足：l=htanθ,当晷影长为0.7时，天顶距为5°.若天顶距为1°时，则晷影长为
A.0.14 B.0.16 C.0.18 D.0.24
（参考数据：tan1°≈0.0175,tan3°≈0.0349,tan5°≈0.0875)
5.双曲线C: ＝1(a>0,b>0)的一条渐近线的倾斜角为140°,则双曲线C的离心率为
6.已知O(0,0),A(-sinθ,1),B(1,3cosθ),θ∈(),若 ,则θ=
A. B. C. D.
7.已知某电子产品电池充满时的电量为3000毫安时，且在待机状态下有两种不同的耗电模式可供选择．模式A:电量呈线性衰减，每小时耗电300毫安时；模式B:电量呈指数衰减，即：从当前时刻算起，t小时后的电量为当前电量的倍。现使该电子产品处于满电量待机状态时开启A模式，并在m小时后切换为B模式，若使其在待机10小时后有超过5%的电量，则m的取值范围是
A.(5,6) B.(6,7) C.(7,8) D.(8,9)
8.已知a-2=1n,b-3=ln,c-4=ln,其中a≠2,b≠3,c≠4,则
A.c
二、多项选择题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求．全选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9.已知数据x1,x2,··,x60的平均数为a,方差为b,中位数为c,极差为d.由这组数据得到新数据y1,y2,,y60,其中yi=2xi+1(i=1,2,··,60),则
A.新数据的平均数是2a+1 B.新数据的方差是4b
C.新数据的中位数是2c D.新数据的极差是2d
10.在棱长均为2的四棱锥P-ABCD中，O为正方形ABCD的中心，E,F分别为侧
棱PA,PB的中点，则
A.OF//AP B.平面OEF//平面PDC
C.点E到平面PBC的距离为 D.点A到平面PDC的距离为
11.等差数列｛an}的前n项和为Sn,a1<0,S6=S13,则
A.a10=0 B. an+1C.当Sn>0时，n的最小值为20 D.S212.在平面直角坐标系xOy中，已知F为抛物线y2=x的焦点，点A(x1,y1),B(x2,y2)
在该抛物线上且位于x轴的两侧，=2,则
A.x1x2=6 B.直线AB过点（2,0)
C.ΔABO的面积最小值是2 D.ΔABO与ΔAFO面积之和的最小值是3
三、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）
13.已知函数f(x)=ax2+bx-3a(x∈[a,2a+1])是偶函数，则f(1)的值为 .
14.已知抛物线y=x2+2x-3与坐标轴交于A,B,C三点，则ΔABC外接圆的标准方程为 .
15.高三（1)班某天安排语文、数学、外语、物理、化学、生物各一节课．若要求语文课比外语课先上，数学课与物理课不相邻，则编排方案共有 种。
16.现有四个半径都为2的小球，若把这四个小球完全装入一个球形容器内，则该球形容器半径的最小值为 .
四、解答题（本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(10分）已知数列｛an},a1=,2an+1=an+1.
（1)证明：｛an-1}是等比数列；
（2)求数列｛an}的前n项和Sn.
18.(12分）在ΔABC中，D是边BC上一点，且BD=1,CD=3, ∠BAD=30°, ∠CAD=90°.
（1)证明：
（2)求ΔABC的面积．
19.(12分）某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，若都是红球，则可获得现金50元；若只有1个红球，则可获得20元购物券；若没有红球，则不获奖．
（1)若某顾客有1次抽奖机会，求该顾客获得现金或购物券的概率；
（2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获得现金为X元，求X的分布列和数学期望。
20.(12分）已知离心率为的椭圆C: =1(a>b>0)与直线x+2y-4=0有且只有一个公共点。
（1)求椭圆C的标准方程；
（2)设过点P(0,-2)的动直线l与椭圆C相交于A,B两点，当坐标原点O位于以AB为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围。
21.(12分）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BA=BC=2, ∠ABC=120°,
AA1=A1C=4, ∠A1AB=60°.
（1)证明：A1B平面ABC;
（2)若,求二面角P-A1C-A的正弦值．
22.(12分）已知函数f(x)=(x-1)ex+1+ax2(a∈R).
（1)若a= -1,试讨论函数f(x)的单调性；
（2)若函数f(x)存在两个零点x1,x2,证明：x1+x2<0.数学参考答案
一、单项选择题（本大题共 8个小题，每小题 5分，共 40分）
1.D 2.A 3.B 4.A 5.C 6.D 7.D 8.A
二、多项选择题（本大题共 4个小题，每小题 5分，共 20分）
9.ABD 10.BC 11.AC 12.BCD
三、填空题（本大题共 4 个小题，每小题 5 分，共 20 分）
2
13. 14. (x 1)2 (y 1)2 5 15.240 16. 6 2
3
四、解答题（本大题共 6个小题，共 70分）
17．（1）证明：由 2an＋1＝an＋1，所以 2(an＋1－1)＝an－1， ……………………2分
1 1
a a 1 ≠0 an＋1－1 1
cn 1 1
又 1＝ ， 1－ ＝－ ，所以 ＝ ，即 c 2．……………………4分2 2 an－1 2 n
1 1
所以{ an－1}是以 a1－1＝－ 为首项， 为公比的等比数列． ………………6分
2 2
（2）解：由(1)知 an－1 1＝－ × (
1)n－1 (1＝－ )n 1，所以 a nn＝1－ ( ) ．…………8分
2 2 2 2
S n [1 1 1则 n＝ ( )2 ( )3 (
1) n] n 1 ( ) n 1．…………………………10分
2 2 2 2 2
18 1 BD AB．（ ）证明：在△ABD中，由正弦定理知 ，即 AB 2sin ADB，
sin BAD sin ADB
………………………………2分
在△ADC CD AC中，由正弦定理知 ，即 AC 3sin ADC，
sin CAD sin ADC
………………………………4分
又 ADB＋ ADC 180 ，则 sin ADC＝ sin ADB AB 2 ，所以 ； ……6分
AC 3
（2）解：设 AB 2x, AC 3x，而 BC 4， BAC 120 ，
在△ABC中，由余弦定理得：BC 2 AB2 AC 2 2AB AC cos BAC ，……8分
即16 4x2 9x2 6x2 19x2 x2 16 ，得 , ………………………………10分
19
1
所以△ABC的面积＝ AB AC sin120 24 3 .………………………………12分
2 19
注：过 B作△ABC的高 BH，利用初中方法同样给分.
19．解：（1）记“某顾客抽奖 1次获得现金或获得购物券”为事件 A. …………1分
则 P(A) 2 1 2 1 3 1 7 ……………………………………3分
5 2 5 2 5 2 10
另解： P(A) 1 3 1 7 ……………………………………3分
5 2 10
7
答：某顾客抽奖 1次获得现金或获得购物券的概率为 …………4分
10
（2）由题知某顾客在 3次抽奖中获得现金为 X元依次为 0元、50元 100元、150
元，分别记为事件 B、C、D、E： ……………………………………5分
P(B) 4 C 03 ( )
3 64 ； P(C) C1 43( )
2 1 48 ；
5 125 5 5 125
P(D) C 2(1)2 4 12 3 1 3 1 3 ； P(E) C ( ) 5 5 125 3 5 125
X 0 50 100 150
64 48 12 1
P(X ) 125 125 125 125
………………………9分
E(X ) 0 64 50 48 100 12 1 150 30 …………………11分
125 125 125 125
答：某顾客在 3次抽奖中获得现金 X的数学期望为30 …………………12分
2 2 1 4
20．解：（1）由椭圆C : x y 1(a b 0)离心率为 ，得 a2 b22 2 …………1分a b 2 3
x2 y2 3x2 4y2 4b2 0
由 2 1(a b 0)4 得：3x
2 4y2 4b2 0，由
b2 b x 2y 4 0
3
得 x2 2x 4 b2 0 , ………………………………………………………3分
x2 y2
因为椭圆C : 2 2 1(a b 0)与直线 l : x 2y 4 0有且只有一个公共点，a b
2 2
故 4 4(4 b2 ) 0，则b2 3 ,所以C :
x y
1…………………………4分
4 3
（2）因为坐标原点 O位于以 AB为直径的圆外，所以过点 P(0, 2)的动直线 l斜
率存在且不为 0，设 A(x1, y1)，B(x2 , y2 ) ,设直线 l的方程为 y kx 2 ,
x2 y2
1
4 3 得（3 4k 2 )x2 16kx 4 0， …………………………5分
y kx 2
256k 2 16 (3 4k 2) 0 k 1 k 1 ，即 或 ………………………7分
2 2
x 41x2 ,x x
16k
……………………………8分
3 4k 2 1 2 3 4k 2
2
y1y2 (kx
2 12k 12
1 2)(kx2 2) k x1x2 2k (x1 x2 ) 4 ＝ …………10分3 4k 2
因为坐标原点 O位于以 AB为直径的圆外，得
4 12k 2OA OB 12 12k
2 16 2 3 2 3
2 2 2 0 ,即 k …11分3 4k 3 4k 3 4k 3 3
( 2 3 , 1) (1直线 l斜率的取值范围 , 2 3 ) ………………………12分
3 2 2 3
21.（1）证明：在△ A1AB中， A1A 4， AB 2， A1AB 60 ，
由余弦定理得 A1B 2 3，所以 A
2 2 2
1B AB A1A ，所以 A1B AB．
同理 A1B BC．又因为 AB CB B，所以 A1B 平面 ABC． ………………4分
（2）解：在棱 AC上取一点 M ，使 得 BM ⊥ BA z
以 B为坐标原点，分别以 BA、 BM 、 BA1 的方 B1 C1
向为 x轴、y轴、z轴的正方向，建立如
A
图所示的空间直角坐标系 B xyz， 1 P
则 A(2,0,0),C( 1, 3,0),B(0,0,0), A1(0,0,2 3) ，
P( 4 ,0, 4 3 )，
3 3
AA1 ( 2,0,2 3),AC ( 3, 3,0), B
C
． M
y
A1C (
4 2 3
1, 3, 2 3),A1P ( ,0, )
A
3 3 x
设平面 A1AC的法向量为m (x1， y1， z1)，
m AA 2x 2 3z 0
则 1 1 1 ，令 z1 1，得m ( 3,3,1)． ……………………7分
m AC 3x1 3y1 0
n A1C x2 3y2 2 3z2 0
设平面 PA1C的法向量为 n (x y z )
2 ， 2 ， 2 ，则 4 ，
n A1P x
2 3
2 z2 0
3 3
令 z2 2，得 n ( 3,3,2)．………………………………………………………10分
cos m,n m n所以 3 9 2 2
|m || n | 13 16 13
二面角 P A1C A的平面角为 ，故 sin
2 3 13
1 ( )2 ，
13 13
P AC A 3 13故二面角 1 的正弦值为 ……………………………………………12分13
22.解：（1）若 a 1时， f (x) (x 1)ex 1 x2，得 f (x) x(ex 1 2)
f (x) 0的两个根是 0和 ln 2 1 …………………………………………2分
当 x (0, )和 x ( , ln 2 1)， f (x) 0， f (x)单调递增；
当 x (ln( 2a) 1,0)， f (x) 0， f (x)单调递减；
故 f (x)递增区间是 (0, ), ( , ln 2 1)， f (x)递减区间是 (ln 2 1,0)………4分
（2） f (x) x(ex 1 2a)
① 当 a 0， f (x) 0的两个根是 0和 ln( 2a) 1
（i）若 ln( 2a) 1 0，此时， x ( , )，有 f (x) 0，此时仅有一个 x 0，
使得 f (x) 0，故 f (x)在 ( , )单调递增，故 f (x)不存在两个零点
e
（ii）若 ln( 2a) 1 0，即 a ， x ( ,0)和 x (ln( 2a) 1, ) ， f (x) 0，
2
f (x)单调递增； x (0,ln( 2a) 1)，f (x) 0，f (x)单调递减；又因为 x 0
时，有 f (x) 0，结合上述单调性可知， f (x)不存在两个零点
（iii）若 ln( 2a) 1 0 e，即 a 0，x (0, )和 x ( , ln( 2a) 1)，f (x) 0，
2
f (x)单调递增； x (ln( 2a) 1,0)， f (x) 0， f (x)单调递减；
又因为 x 0时，有 f (x) 0，结合上述单调性可知， f (x)不存在两个零点
……………………………………………………………………………………7分
② 当 a 0，x (0, )， f (x) 0， f (x)单调递增； x ( ,0)， f (x) 0， f (x)
单调递减；
又因为 f (0) e<0， f (1) a 0，结合单调性可知， f (x)在 (0, )存在唯一
零点，不妨设为 x2；………………………………………………………………8分
取 x b 1，b 0 a且b ln ，
2
故 f (b 1) b 2 eb a(b 1)2 b 2 a a(b 3 1)2 a(b2 b) 0
2 2
结合单调性可知， f (x)在 ( ,0)存在唯一零点，不妨设为 x1
故 a 0， f (x)存在两个零点 x1, x2 ；…………………………………………9分
要证：x1 x2 0，即证 x1 x2，因为 x1， x2 都小于 0，且 f (x)在 ( ,0)单调
递减，要故只需证 f (x1) f ( x2 )，即证 f ( x2 ) 0，
即证 f ( x2 ) ( x2 1)e
x2 1 ax 22 0，又 f (x ) (x 1)e
x2 1
2 2 ax
2
2 0，
f ( x ) ( x 1)e x2 1 x故 (x 1)e 2 12 2 2 ，令 t x2 0，
即证， t 0， g(t) (t 1)et 1 (t 1)e t 1 0，
t 2 t 2
由 g(t) (e ) 1 t，当 t 0 g(t) (e ) 1t 1 ，则 t 1 t 0 ，故 g(t)在 ( ,0)单调递增，e e
故 t 0， g(t) g(0) 0 ，故 x1 x2 0成立.…………………………………12分