东莞市2021-2022学年高三上学期期末考试
数学
一、单项选择题：本大题共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. 请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑．
1. 设集合，，则
A. B. C. D.
2. 的展开式中项的系数是
A. 9 B. 10 C. 11 D. 12
3. 已知函数，，则下列结论正确的是
A. 是偶函数 B. 是奇函数
C. 是奇函数 D. 是奇函数
4. 若，，则
A. B. 1 C. D.
5. 甲乙两人在数独APP上进行“对战赛”，每局两人同时解一道题，先解出题的人赢得一局，假设无平局，且每局甲乙两人赢的概率相同，先赢3局者获胜，则甲获胜且比赛恰进行了4局的概率是
A. B. C. D.
6. “中国天眼”（如图1）是世界最大单口径、最灵敏的射电望远镜，其形状可近似地看成一个球冠（球冠是球面被平面所截的一部分，如图2所示，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的线段叫做球冠的高．若球面的半径是，球冠的高度是，则球冠的面积）．已知天眼的球冠的底的半径约为250米，天眼的反射面总面积（球冠面积）约为25万平方米，则天眼的球冠高度约为
（参考数值）
图1 图2
A. 52米 B. 104米 C. 130米 D. 156米
7. 已知直线过抛物线：的焦点，且与该抛物线交于两点.若线段的长为16，的中点到轴距离为6，则（为坐标原点）的面积是
A. B. C. D.
8. 已知为坐标原点，点为函数图象上一动点，当点的横坐标分别为时，对应的点分别为，则下列选项正确的是
A. B. C. D.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20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，有选错的得0分，部分选对的得2分. 请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑．
9. 已知复数，是的共轭复数，则下列结论正确的是
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
10. 已知函数，若且对任意都有，则下列结论正确的是
A. B.
C. 的图象向左平移个单位后，图象关于原点对称
D. 的图象向右平移个单位后，图象关于y轴对称
11. 气象意义上从春季进入夏季的标志为“当且仅当连续天每天日平均温度不低于”．现有甲、乙、丙三地连续天日平均温度的记录数据（数据均为正整数，单位）且满足以下条件：
甲地：个数据的中位数是，众数是；
乙地：个数据的中位数是，平均数是；
丙地：个数据有个是，平均数是，方差是；
根据以上数据，下列统计结论正确的是
A. 甲地进入了夏季 B. 乙地进入了夏季
C. 不能确定丙地进入了夏季 D. 恰有2地确定进入了夏季
12. 已知函数，则下列结论正确的是
A. B.
C. 关于的方程的所有根之和为
D. 关于的方程的所有根之积小于
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 请把答案填在答题卡的相应位置上．
13. 已知为双曲线：的一个焦点，则点到双曲线的一条渐近线的距离为_______.
14. 已知一个圆锥的底面半径为，其侧面积为，则该圆锥的体积为___________.
15. 桌面上有一张边长为2的正三角形的卡纸，设三个顶点分别为，，，将卡纸绕顶点顺时针旋转，得到、的旋转点分别为、，则_________.
16. 龙曲线是由一条单位线段开始，按下面的规则画成的图形：将前一代的每一条折线段都作为这一代的等腰直角三角形的斜边，依次画出所有直角三角形的两段，使得所画的相邻两线段永远垂直（即所画的直角三角形在前一代曲线的左右两边交替出现）. 例如第一代龙曲线（图3）是以为斜边画出等腰直角三角形的直角边，所得的折线图，图4、图5依次为第二代、第三代龙曲线（虚线即为前一代龙曲线）. ，，为第一代龙曲线的顶点，设第代龙曲线的顶点数为，由图可知，，，则_____；数列的前项和________.
图3 图4 图5
四、解答题:本大题共6小题，第17题10分，18、19、20、21、22题各12分，共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效．
17. （本小题满分10分）
的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长.
18. （本小题满分12分）
设等差数列的前项和为，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）在任意相邻两项和之间插入个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，求数列的前200项的和.
19. （本小题满分12分）
如图6，在正四棱锥中，点，分别是,中点，点是上的一点.
（1）证明：;
（2）若四棱锥的所有棱长为，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
图6
20. （本小题满分12分）
已知某次比赛的乒乓球团体赛采用五场三胜制，第一场为双打，后面的四场为单打.团体赛在比赛之前抽签确定主客队. 主队三名选手的一单、二单、三单分别为选手、、，客队三名选手的一单、二单、三单分别为选手、、. 比赛规则如下：第一场为双打（对阵）、第二场为单打（对阵）、第三场为单打（对阵）、第四场为单打（对阵）、第五场为单打（对阵）. 已知双打比赛中获胜的概率是，单打比赛中、、分别对阵、、时，、、获胜的概率如下表：
选手 选手
（1）求主、客队分出胜负时恰进行了3场比赛的概率；
（2）客队输掉双打比赛后，能否通过临时调整选手为三单、选手为二单使得客队团体赛获胜的概率增大？请说明理由.
21. （本小题满分12分）
已知点为椭圆的左顶点，点为右焦点，直线与轴的交点为，且，点为椭圆上异于点的任意一点，直线交于点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）证明：.
22. （本小题满分12分）
已知且，函数.
（1）若，求函数在处的切线方程；
（2）若函数有两个零点，求实数的取值范围.
高三数学 第2页（共4页）2021－2022学年度第一学期教学质量检查
高三数学 参考答案
一、单项选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A B C B D C B D
二、多项选择题（全部选对的得 5分，选对但不全的得 2分，有选错的得 0分）
题号 9 10 11 12
答案 ABC BD AC ACD
三、填空题（16题第一空 2分，第二空 3分）
1 1
13.4 14. 12 15. 4 2 3 16. 17； 3 2n 1 1
四、解答题
a b c
17. 解：（1）方法一：因为 a2 b cosC c cosB ，由正弦定理 ，sin A sin B sinC
得 a sin A sin B cosC sinC cosB，·································································· 2分
即asin A sin(B C)，·····················································································3分
由B C A，得 asin A sin(B C) sin A，················································ 4分
因为 sin A 0，所以 a 1 .·················································································· 5分
a2 b2 c2 a2 c2 b2
方法二：因为 a2 b cosC c cosB ，由余弦定理得 a2 b c ，·······2分
2ab 2ac
化简得 2a3 a2 b2 c2 a2 c2 b2 ，即 a3 a2，····················································4分
因为 a 0，则 a 1 .·························································································· 5分
（2）由 S 1 ABC bc sin A
3
, A 1，得 bc 3 3 ，·································6分
2 4 3 2 2 4
解得bc 1，·····································································································7分
由a2 b2 c2 2bccos A ,即 a2 b2 c2 bc，即b2 c2 2，·······························8分
由 (b c)2 b2 c2 2bc 4，得b c 2，·························································9分
故 a b c 3，所以 ABC的周长为 3.······························································· 10分
18.解：（1）设等差数列 an 的公差为 d，
a a1 4d 175 17
由题得 S 2a , 即 4 5 ，············································· 2分 4 2 22 4a1 d 2(a1 d ) 22 2
a1 4d 17
整理得 a 2d 11，························································································· 3分 1
a1 5
解得 d 3 , ····································································································· 4分
所以 an 3n 2 .·································································································· 5分
2 {b } a1,1,1,a2 ,1,1,1,1,a3 ,1,1,1,1,1,1,1,1, a k,1 ,1 ,1 ,a k 1, （ ）方法一：由题意可知， n 的各项为
2k
5,1,1,8,1,1,1,1,11,1,1,1,1,1,1,1,1, 3k 2,1 , 1 ,1 ,3k 5, 即 ，············································6分
2k
因为 2 22 23 24 25 26 7 133 200 ，
且 2 22 23 24 25 26 27 7 261 200 ,··························································· 8分
所以 a1,a2 ,a3 ,a4 ,a5 ,a6 ,a7 会出现在数列 bn 的前 200项中，
所以 a7前面（包括 a7）共有 126+7=133项，所以 a7后面（不包括 a7）还有 67个 1, ······10分
所以T200 (5 8 11 14 17 20 23) (2 2
2 2 3 2 4 2 5 2 6) 67 291 .················· 12分
方法二：在数列 bn 中， ak前面（包括 ak 共有 2 22 23 24 2 k 1 k 2 k k 2 项，
······················································································································· 6分
令 2k k 2 200 (k 1,2, )，则 k 7，································································8分
所以 a1,a2 ,a3 ,a4 ,a5 ,a6 ,a7 会出现在数列 bn 的前 200项中，
所以 a7前面（包括 a7）共有 126+7=133项，所以 a7后面（不包括 a7）还有 67个 1，····· 10分
所以T200 (5 8 11 14 17 20 23) (2 2
2 2 3 2 4 2 5 2 6) 67 291 .················· 12分
19.解：（1）如图，连接 SO和OE，
因为 S ABCD 是正四棱锥，所以 SO 平面 ABCD，
又因为 BC 平面 ABCD，所以 SO BC ①···························································1分
因为 ABCD是正方形，所以 DC BC ，
又因为点O， E分别是 BD , BC中点，所以OE∥DC ,
所以OE BC ②······························································································ 3分
又因为OE SO O，OE、 SO 平面 SOE，
所以 BC 平面 SOE ,··························································································· 4分
因为OF 平面 SOE，所以OF BC .·····································································5分
（2）易知OB,OC ,OS 两两相互垂直，如图，以点O为原点，OB，OC ，OS为 x， y， z轴建
立空间直角坐标系，
因为四棱锥 S ABCD 的所有棱长为 2 2，所以 BD 4， SO 2，
所以O(0,0,0)， S(0,0,2)， D( 2,0,0)， E(1,1,0)，···················································· 6分
设 SF SE(0 1)，得 F ( , , 2 2 )，则
SD ( 2,0, 2)，DE (3,1,0)，OF ( , ,2 2 ) ···················································· 7分
设平面 SDE的法向量为 n (x, y, z)，则
n SD 2x 2z 0 z x
，解得 y 3x，取
x 1，得 n (1, 3, 1)，·······························9分
n DE 3x y 0
设直线OF 与平面 SDE所 成 角 为
，则
n OF 3 2 2
sin cos n,OF
n OF 11 2 2 (2 2 )2
2
(0 1)
2 ，·········································································· 11分11 6 8 4
8 2 4
当 33时， 6 2 8 4取得最小值 ，此时 sin 取得最大值 .················12分2 6 3 3 11
20. 解：（1）设“主、客队分出胜负时恰进行了 3场比赛”事件为事件 A，则事件 A包含“主队
3场全胜”和“客队 3场全胜”两类事件，······························································ 1分
1 2 1 1
“主队 3场全胜”的概率为 1 1 4 3
1 2
，
8 ········································· 2
分
1 2 1 1
“客队 3场全胜”的概率为 ，···························································· 3分
4 3 2 12
1 1 5
所以 P(A) ,
8 12 24
5
所以主、客队分出胜负时恰进行了 3场比赛的概率为 .··········································· 4分
24
（2）能，理由如下：
设“剩余四场比赛未调整Y 、 Z 出场顺序，客队获胜”为事件M ，第二场单打（ X 对阵 A）、
第三场单打（ Z 对阵C）、第四场单打（Y 对阵 A）、第五场单打（ X 对阵 B）的胜负情况分别
为：胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜、负胜胜胜；······················································· 5分
P M 2 1 1 2 1 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 11则 ，·························· 7分
3 2 3 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 36
设“剩余四场比赛调整Y 、Z 出场顺序，客队获胜”为事件 N，第二场单打（ X 对阵 A）、第三
场单打（Y 对阵C）、第四场单打（ Z 对阵 A）、第五场单打（ X 对阵 B）的胜负情况分别为：
胜胜胜、胜负胜胜、胜胜负胜、负胜胜胜；····························································· 8分
P N 2 2 1 2 2 1 1 2 2 3 1 1 2 1 1 12 1则 ，··················· 10分
3 3 4 3 3 4 2 3 3 4 2 3 3 4 2 36 3
因为 P M P N ，·························································································11分
所以客队调整选手Y为三单、选手 Z 为二单获胜的概率更大. ····································12分
21.解：（1）由题知 AF FN ，得 a c 4 c ，······················································ 1分
又因为右焦点为 F (1,0)，则 c 1,
解得 a 2，·······································································································2分
所以 b c2 a 2 3，·······················································································3分
2 2
所以椭圆C
x y
的方程为 1 .············································································4分
4 3
y
（2）设点M 0的坐标为 (x0 , y k0 )，则 AM x0 2
，
y
所以直线 AM 的方程是 y 0 (x 2)x 2 ，······························································· 5分0
y 6y当 x 4时， 0x 2 ，0
6y
所以点 P的坐标为 (4, 0 )x 2 ，·············································································· 6分0
6 y0 0 2y y
所以 tan PFN k x0 2 0 ， tan MFN kMF 0PF x 1，····························· 7分4 1 x0 2 0
2 2y 0
2 tan PFN x0 2 4(x0 2)y0
所以 tan 2 PFN 2 2y .··································· 8分1 tan PFN 1 ( 0 )2 (x0 2)
2 4 y 20
x0 2
x2 y2 x 2 y 2
因为点M (x0 , y0 )在椭圆 1上，所以 0 0 1，即 4y 20 12 3x
2
0 ,·················9分4 3 4 3
4(x 2)y 4(x 2)y
所以 tan 2 PFN 0 0 0 0(x0 2)
2 4y 20 (x0 2)
2 (12 3x 20 )
4(x0 2)y0 (x0 2)y 0 y0
4x 2
tan MFN
4x 8 (x 1)(x 2) x 1 ,············································ 11分0 0 0 0 0
又因为 PFN 和 MFN是锐角，
所以 MFN 2 PFN .························································································12分
22.解：（1）当 a e， f (x) ln x
1
ex2 1，则 f '(x) ex，······································· 1分
2 x
f '(1) 1故 e 1 e，························································································· 2分
1
x 1时， f (1) ln1
1
e 1 e，故切点为 (1,
1 e)，·····················································3分
2 2 2
1 1
所以 f (x)在 x 1处的切线方程为 y e (1 e)(x 1)，即 y (1 e)x e 1 .················4分
2 2
（2）函数 f (x)有两个零点
log x 1方程 a ax
2 0在 x (0, )上有两个根
2
ln x 1方程 2 a lna在 x (0, )上有两个根x 2
ln x 1函数 y 2 与 y a ln a的图象在 x (0, )上有两个交点································· 5分x 2
设 g(x)
ln x 1 2ln x
2 ，则 g '(x) x x3
，
g '(x) 1 2ln x 3 0时， 0 x e ； g '(x)
1 2ln x
3 0时，x x x e
，
g(x) ln x所以 2 在 (0, e)上单调递增，在 ( e, )上单调递减，···································6分x
由 g(1) 0, g( e)
1
，当 x 1时， g(x) 0，当 x 时， g(x) 0，作图如下：
2e
······················································································································· 7分
0 1 a lna 1 1由图得 ，即 a ln a 0，··························································· 8分
2 2e e
设 h(x) x ln x(x 0)，则 h '(x) 1 ln x，································································ 9分
h '(x) 1 ln x 0 x 1时， ； h '(x) 1 ln x 0时， 0 x
1
；
e e
所以 h(x) x ln x在 (0,
1) 1上单调递减，在 ( , )上单调递增，··································· 10分
e e
因为 0 x 1时 ln x 0，且 h(1) 0，
1
所以当 0 x 1时， h(x) 0；当 x 1时， h(x) 0，········································ 11分
e
又因为 h(x)min h(
1) 1 1 1 1 ，所以 x ln x 0的解集为 (0, ) ( ,1)
e e e e e
综上所述 a (0,
1 1
) ( ,1) .··················································································· 12分
e e
