吉安市高三上学期期末教学质量检测xm2
数学试题(理科)
(测试时间:120分钟卷面总分:150分)
注意事项
1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡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,将答题卡交同
选择题:本题共12小题,每小题5分,共60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={x
N:B
x2-2x-3<0},则A∩B
A.{0,√3}
B.{-3
√3
2.若复数=2-(1为虚数单位),则在复平面内,z对应的点位于
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
3.已知各项均为正数的数列{an}满足an+1=2an,且a3a5=8,则log2as+log2a
4.质检机构为检测一大型超市某商品的质量情况,利用系统抽样的方法从编号为1~120的该
商品中抽8件进行质检,若所抽样本中含有编号67的商品,则下列编号没有被抽到的是
A.112
5.已知一个圆锥的母线长为6,侧面积为24,则此圆锥的体积为
16√5
B.6√5π
32√5x
3
6.已知∈(0,x),smn(x-0)+c0s(2x-0)=1
4,则si(20+3x
C
7在四棱锥 PABCD中,底面ABCD为正方形,且PA⊥平面ABCD、PA=2AB,则直线PB
与直线AC所成角的余弦值是
√10
吉安市高三上学期期末教学质量检测数学试题理科第1页共6页
8,已知实数a,b,c满足nb=e2=c,则a,b,c的大小关系为
Bc>b>a
Da>cb
9.某方舱医院有6个医疗小组,每个小组都配备1位主治医师,现根据工作需要,医院准备将其
中4位主治医师由原来的小组均相应地调整到其他医疗小组,其余的2位主治医师仍在原来
的医疗小组(不做调整),如果调整后每个医疗小组仍都配备1位主治医师,则调整的不同方
案数为
A.135
B.360
C.90
10,已知点F是双曲线一b-1(0>0,b>0)的左焦点,过点F且斜率为1的直线与双曲线的
右支交于点M,与y轴交于点N,若点N为MF的中点,则该双曲线的离心率为
√5
B
D.1+2
1.如图的曲线就像横放的葫芦的轴截面的边缘线,我们叫葫芦曲线(也像湖面上高低起伏的小
岛在水中的倒影与自身形成的图形,也可以形象地称它为倒影曲线),它每过相同的间隔振
幅就变化一次,且过点M(
其对应的方程为
2(x])sim(x≥0,其
中[x]为不超过x的最大整数,1纵坐标为
B
12.已知抛物线y2=2x(p>0)的焦点为F,过F且倾斜角为的直线l与抛物线相交于A,B
两点,AB|=8,过A,B两点分别作抛物线的切线,交于点Q下列说法正确的是
A.QA⊥QB
B.△AOB(O为坐标原点)的面积为4
CTAFTTIBET-2
D若M(1,1,P是抛物线上一动点,则1PM+PF的最小值为之
二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。
13已知向量a=(1,k),b=(k+1,2),若a与b共线,则实数k=
14.已知实数x,y满足约束条件{x+y≤2,则
的最大值是
吉安市高三上学期期末教学质量检测数学试题理科第2页共6页吉安市高三上学期期末教学质量检测 2022.1
数学试题(理科)参考答案
, ,因 此
题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ＜ ０ sinθ＞ ０ cos θ － sin θ ＝ －
答案 A B B D C A ( ３１cosθ－sinθ)２ ＝ － １－２sinθcosθ＝ － １６
题号 ７ ８ ９ １０ １１ １２
３１ ３π
答案 A C A D D A ＝－ ,因此４ sin(２θ＋ (２ ) ＝－cos２θ＝－ cosθ＋
１．A 由题意知A＝{－ ３,０,３},B＝{x|－１＜x＜
sinθ)(cosθ－sinθ)
３１
＝ ．故选１６ A．
３},所以A∩B＝(０,３)．故选 A．
７．A 连接BD 交AC 于点O,取PD 的
２－i －i(２－i)
２．B 复数z＝ i ＝ －i ＝－１－２i
,故
i z＝－１ 中点E,连接EO,EA．不妨设AB＝１．
＋２i,对应点的坐标为(－１,２),位于第二象限．故 因为四边形ABCD 是正方形,所以
选B． O 是BD 的中点,又E 是PD 的中
３．B 数列{an}满足an＋１＝２an,则数列{an}为等比数 点,所以OE∥PB．所以直线PB 与
列且公比q＝２,由等比数列的性质可得a３ a５＝ 直线AC 所成角即为∠EOA(或其
a２４＝８,则log２a５＋log２a７ ＝log２(a５ a７)＝loga２２ ６ ＝ 补角)．因为 PA⊥平面 ABCD,又 AB,AD 平面
log２(a４q２)２＝log２２７＝７．故选B． ABCD,所以 PA ⊥AB,PA ⊥AD．在 △PAD 中,
４．D 由系统抽样的特点知抽样间隔为１５,故所抽样
, , , ５PA⊥AD PA＝２AD＝１ 所以AE＝ ;在△PAB
本编号符合x０＋１５k(x０ 为第一段的抽取样本编号, ２
k∈N),由抽取样本中有编号６７,则x０＝７,选项中不 中,PA⊥AB,PA＝２,AB＝１,所以 PB＝ ５,所以
符合７＋１５k(k∈N)的是９,故选 D． ５; , ５ ２EO＝ 在２ △AOE
中 AE＝ ,２ AO＝
,
２ EO＝
５．C 设圆锥的底面半径为r,高为h,则π×６×r＝
２ ２ ２
２４π,得r＝４,所以圆锥的高为h＝ ６２－４２ ＝２ ５, ５, AO ＋OE －AE １０所以
２ cos∠AOE＝
,即
２ AO OE ＝ １０
１ ２ １因此该圆锥的体积V＝ ３πrh＝ ３π×４
２×２ ５＝ １０
直线 PB 与 直 线AC 所 成 角 的 余 弦 值 是 １０ ．
故
３２ ５π
故选
３ ． C． 选 A．
x x
( ) ( ) １
８．C 设f(x)＝e －x,f′(x)＝e －１,易知f(x)在
６．A 因为sinπ－θ ＋cos２π－θ ＝ ,得４ sinθ＋cosθ (－∞,０)上单调递减,在(０,＋∞)上单调递增,所以
１
＝ ,
１
所以(
４ sinθ＋cosθ
)２＝ ,１６ １＋２sinθcosθ＝ f(x)
x a
min＝f(０)＝１＞０,故e ＞x,所以c＝e ＞a,又
１ １５ lnb＝c,所以b＝e
c＞c,所以b＞c＞a,故选C．
,所以２sinθcosθ＝－ ,又 (,),所以１６ １６ θ∈ ０π cosθ
９．A 从６个医疗小组选出４位主治医师,有 C４６ 种不
吉安市高三上学期期末教学质量检测 数学试题 理科 参考答案 第 １页 共６页
同的方法;不妨设这４位主治医师分别为甲、乙、丙、 １
得过B 的切线斜率为kB ＝y′|x＝x ＝－ ,所以２
丁,
x２
调整为均不在原来的医疗小组且每组均有１位
１ ２
主治医师,有９种不同的方法．所以调整的不同方案 kAkB ＝－ ＝－ ＝－１,所以QA⊥QB,故x１x２ p
数为C４６×９＝１３５．故选 A． ; １ １A正 确 S△AOB ＝ ２|OF|
|y１ －y２|＝ ２
１０．D 设 双 曲 线 的 右 焦 点 为 F′,半 焦 距 为c,连 接
２ １ ２
MF′,
( ) ,故 错
由点 N 为MF 的中点,点O 为FF′的中点, y１＋y２ －４y１y２ ＝ ２ ８p ＝２ ２ B
知ON 为△FMF′的中位线,所以 MF′⊥x 轴,得 ; １ １ ２误 ,故
|AF|＋|BF|＝ ＝１ C
错误;设点 M 到准
p
２
M ( bc, ) ,又由三角形中位线定理可知a |ON|＝ 线的距离为d,若M(１,１),则|PM|＋|PF|≥d＝１＋p
＝２,则 D错误．故选 A．
１
２|MF′|
,直线 MF 的方程:y＝x＋c,故 N(０,c),
１３．１或－２ 因为a 与b 共线,k(k＋１)－２＝０,解得
b２
得 ＝２c,２
或为
a b ＝２ac
,c２－a２＝２ac,即e２－１＝２e,又 k＝１ k＝－２．
ì x≥１
,
e＞１,所以e＝１＋ ２．故选 D． １４．２ 作出满足约束条件 íx＋y≤２,的可行域如图阴
π ２x ２x
１１．D 当０≤x＜ 时,２ ０≤ π ＜１
,则 [ π ] ＝０,此时 x－３y≤０
影部分所示:
对应的方程为|y|＝２|sinωx|,又过点 M (３π,４
３ ) , ３ωπ ３ωπ π所以２ |sin ,所以４ |＝１ ４ ＝ ２ ＋kπ(k∈
Z),
２ ４
所以ω＝ ＋ k(k∈Z),又１＜ω＜３,所以３ ３ ω
４ ３
＝２;当x＝３π
时,y＝± ．故选２ D． y＋１ y－(－１)
＝ ,其几何意义为(０,－１)与( , )x x－０ x y
π
１２．A 因为l过点F 且倾斜角为 ,所以直线 的方４ l y＋１连线的斜率．当(x,y)取(１,１)时,( x ) ＝２．max
p
程为x＝y＋ ,与抛物线方程联立,得２ y
２－２py－ １５．[０,１ ) 因为f(x)为定义在[－１,１]上的偶函６
p２＝０,设A(x１,y１),B(x２,y２),则y１＋y２＝２p, 数,且在[－１,０]上单调递减,所以f(x)在[０,１]上
(yy )２
y ２１y２＝－p ,所以x１＋x ＝３ ,xx ＝
１ ２
p ＝ 单调递增,所以－１≤２a≤１,－１≤４a－１≤１,|２a|２ １ ２ ４p２
１
p２ ＜|４a－１|
,所以０≤a＜６．,又
４ |AB|＝p＋x１＋x２＝４p＝８
,所以p＝２,所
ìa１＜０
,d＞０,
１
以y２＝４x;不妨设y１＞０,当y＞０时,y′＝ ,所 ７×６d
x １６．(－∞,－１)
,
由题意可得 íS７＝７a１＋ ２ ＜０ 所以
１
以过A 的切线斜率为kA ＝y′| ８×７dx＝x ＝ ,同理可１ x S８＝８a１＋ ２ ＞０
,
１
吉安市高三上学期期末教学质量检测 数学试题 理科 参考答案 第 ２页 共６页
７ a１ , a ７ a－２＜d ＜－３
令t＝ １d ∈ ( － , , ５２ －３) a ＝ ３故△ABC 面积的最小值为 ． １２分４ ３
a１＋４d t＋４, () t＋４ ７＝ 令 ,则 选②∠ABD＝∠CBD．a１＋３d t＋３ ft ＝t＋３( －２＜t＜－３)
π
由∠ABD＝∠CBD＝ ,－１ ７
f′(t)＝ ６(t＋３)２＜０
在 ( － , 上恒成立,故函２ －３)
１ １ １
得
７ ７ ２acsinB＝ a
BD ２ sin∠CBD ＋ c
数f(t)在 ( － ,２ －３) 上单调递减, ２f ( － ２ ) ＝
BD sin∠ABD,
７
－２＋４
＝－１,
a５ １ ３ １ １ １ １即 的取值范围是(
７ a －∞
,－１)． 即２ac× ２＝２a×１×２＋２c×１×
,化简得
４ ２－２＋３
３ac＝a＋c． ８分
１７．解:(１)因为asinB－ ３bcosBcosC＝ ３ccos２B,
４
由 ３ac＝a＋c≥２ ac,得ac≥ (当且仅当a＝c
由正弦定理,得sinAsinB＝ ３sinBcosBcosC＋ ３
３sinCcos２B, ２分 ２ ３＝ 时取等号), ３ １０
分
即sinAsinB＝ ３cosB(sinBcosC＋sinCcosB)＝
１ １ ４ ３
所以△ABC 的面积S＝ ２acsinB≥ × ×３cosBsin(B＋C), ２ ３ ２
所以sinAsinB＝ ３cosBsinA． ４分 ３＝３．
由A∈(０,π),得sinA≠０,所以sinB＝ ３cosB,
３
故△ABC 面积的最小值为 ． １２分
即tanB＝ ３, ３
π :() ２, ,
因为B∈(０,π),所以B＝ ． ３ ６
分 １８．解 １２００人中拥有驾驶证的占 有８０人 没有５
() 驾驶 证 的 有 人,由 题 意 知 (２ 选①BD⊥AC． １２０ ０．００４＋０．００８＋
１ １ ０．０２０＋０．０２８＋０．０２０＋a＋０．００４
)×１０＝１,解得
由BD⊥AC,得 acsinB＝ b BD,化简得２ ２ b＝ a＝０．０１６．所以 具 有 很 强 安 全 意 识 的 人 有 ２００×
３
ac． ８分 (０．０１６＋０．００４)×１０＝４０人,不具有很强安全意识２
的有１６０人． １分
３
由余弦定理,得b２＝a２＋c２－ac,即 ４a
２c２＝a２＋ 补全２×２列联表如下:
c２－ac≥２ac－ac＝ac, 拥有驾驶证 没有驾驶证 总计
４( ２ ３解得ac≥ 当且仅当a＝c＝ 时取等号), 具有很强安全意识 ２２ １８ ４０３ ３
不具有很强安全意识 ５８ １０２ １６０
１０分
总计 ８０ １２０ ２００
１ １ ４ ３
所以△ABC 的面积S＝ ２acsinB≥ ２ × ３ × ２ ３分
３ ２００×(２２×１０２－１８×５８)２ ７５
＝ 计算 得 ２３． K ＝ ４０×８０×１６０×１２０ ＝１６≈
吉安市高三上学期期末教学质量检测 数学试题 理科 参考答案 第 ３页 共６页
４．６８８＞３．８４１, ４分 行四边形． ２分
∴有９５％的把握认为“具有很强安全意识”与“拥有 所以DF∥EG, ３分
驾驶证”有关． ５分 又DF 平面PBE,EG 平面PBE,
(２)由频率分布直方图中数据可知,抽到的每个成 所以DF∥平面PBE． ６分
１ ()解:如图,以 为原点, , , 所在的直
年人“具有很强安全意识”的概率为 , ６分 ２ D DA DC DP５
线分别为x 轴,y 轴,z轴,建立空间直角坐标系．
所以X 的所有可能取值为０,１,２,３． ７分
４
同P(X＝０)＝ ( ５ )
３ ６４
＝ ,１２５
２
P(
１ ４ ４８
X＝１)＝C３１×５× ( ５ ) ＝ ,１２５
２
( １ ４ １２P X＝２)＝C２３× ( ) × ＝ ,５ ５ １２５
３
P(X＝３) ( １＝ ５ ) １＝ ,１２５ 不妨设DA＝１,易得PD＝DC＝３．所以D(０,０,０),
所以X 的分布列为:
C(０,３,０),P(,
１
００,３)．E ( ,０,０) ,B(１,３,０),所以３
X ０ １ ２ ３
１ ２
６４ ４８ １２ １ E→P＝ ( － ,０,３) ,E→B＝ ( ,３,０) ,P→C＝(０,３,－３)P ３ ３ ．１２５ １２５ １２５ １２５
７分１０分
设平面 PBE 的一个法向量是n＝ (x,y,z),可
故E( )
６４ ４８ １２ １ ３
X ＝０×１２５＋１×１２５＋２×１２５＋３×１２５＝５．
ì → １n EP＝－ x＋３z＝０,
１２分 ３得 í
１９．(１)
证明:在棱PB 上取一点G,使得GB＝２PG,连 → ２ n EB＝３x＋３y＝０．
接GF,GE,
２ １ ２
令x＝３,解得y＝－ ,z＝ ,所以３ ３ n＝ (３,－ ,３
１ ) ． ９分３
设直线PC 与平面PEB 所成角为θ,
|P→C n| ３ ３ ４３
所以sinθ＝ ＝ ＝ ,
|P→C||n| ８６ ８６
３ ２×
在△PBC 中,GB＝２PG,CF＝２PF,所以GF∥BC, ３
１ ３ ４３且GF＝ BC． １分 即直线PC 与平面PEB 所成角的正弦值是 ８６ ．３
１ １２分
又ED∥BC,ED＝３BC
,
１
所以GF∥ED,GF＝ED,
( )解:由 ,得
所以四边形DEGF 是平 ２０．１ S１ ＝３S２ ２ ×|AF|×|PF|×
吉安市高三上学期期末教学质量检测 数学试题 理科 参考答案 第 ４页 共６页
１ １
sin∠AFP＝３×２×|BF|×|QF|×sin∠BFQ
, (２) 证 明: 令 g (x ) ＝ ２x ＋ x －
２分 x２f(x２)－x１f(x１) １
x －x ＝２x ＋ x － (x１ ＋x２ ＋２ １
因为∠AFP＝∠BFQ,|AF|＝３,|BF|＝１,所以
lnx２－lnx
|PF|＝|QF|,
１
４分 ) ,x x∈(x１,x２)．２－x１
根据对称性,得PQ⊥x 轴, ５分
故直线l的方程为x＝１． ６分 令x２＝λx１＞x１＞１(λ＞１),所以g(x１)＝x１－x２
(２)证明:A(－２,０),B(２,０)． x２
ln
设P(x１,y１),Q(x２,y２),由题意,得y１y２≠０． １ x１ １ lnλ＋x －x －x ＝x１－λx１＋ －(
(
１ ２ １ x１ λ－１)x ＝ １－１
设直线l的方程为x＝my＋１,代人３x２＋４y２＝１２
１ lnλ λ－１－lnλ
, ( ２ λ
)x ＋ － ＝(１－λ)x ＋ ．
并消去x 得 ３m ＋４) １y２＋６my－９＝０, x１ (λ－１)x
１
１ (λ－１)x１
－６m 因为 , ,所以 ( )在
则y１＋y２＝ ２ ,
－９ ( ) １－λ＜０λ－１－lnλ＞０ g x１ x１∈
３m ＋４y１y２＝３m２＋４．※
(１,＋∞)上单调递减．
８分
λ－１－lnλ
所 以
y y g
(x１ ) ＜ １ － λ ＋
１ , ２ , λ－１
＝
因为kAP ＝x ＋２kBQ ＝１ x２－２
－(λ－１)２＋λ－１－lnλ －λ２＋３λ－２－lnλ
kAP y１(x２－２) y１(
(
my２＋１－２) λ－１ ＝ λ－１ λ＞所 以
k ＝ (x ＋２)＝ ＝BQ y２ １ y２(my１＋１＋２)
１)． ７分
my１y２－y１ my１y２－(y１＋y２)＋y＝ ２ 分 ２my１y２＋３y２ my１y２＋３
１０
y 令F()２ λ ＝－λ ＋３λ－２－lnλ(λ＞１),
－９ －６m １ －２λ２
m － ＋y 所以 F′( )
＋３λ－１
λ ＝ －２λ＋３－ ＝ ＝
k ３m２＋４ ３m２＋４ ２ λ λ
将(※)代人,得出 APk ＝ ＝BQ m
－９
３m２＋４＋３y２ －(２λ－１)(λ－１)＜０在(１,＋∞)上恒成立,所以λ
－３m
３m２＋４＋y２ １ F(λ)在(１,＋∞)上单调递减,所以F(λ)＜F(１)＝
－９m ＝
,
３ ０,所以 (x１)＜０． 分
３m２
９
＋４＋３y２ g
１
故四边形APBQ 的对边AP 与BQ 所在直线的斜 又x２ ＞x１ ＞１,所 以 g(x２)＝x２ －x１ ＋x －２
率的比值恒为常数． １２分
１
lnx －lnx １－λ －lnλ１－lnx ２ １
２１．解:(１)由 题 意 知,f′ (x)＝１＋ ＝ ＝( ) ,因为x２ x２－x
λ－１x１＋
１ (λ－１)x λ－１
x２＋１－lnx １
２ , x １
分 １＞０,１－ λ －lnλ＜０
,所 以 g(x２)＞λ－１＋
ln１ １ １
所以f′(１)
２
＝２,又f(１)＝１＋ ＝１, ２分 １－λ －lnλ
(λ－１)＋１－λ －lnλ１
λ－１ ＝ λ－１ ．
所以曲线y＝f(x)在x＝１处的切线方程是y－１
２ １
＝２(x－１),即２x－ －１＝０．
令u(４分 λ
)＝(λ－１)＋１－λ －lnλ
,则u′(λ)＝２(λ－
y
吉安市高三上学期期末教学质量检测 数学试题 理科 参考答案 第 ５页 共６页
１ １ ２ ２
１)＋ ２ － ＝(λ λ λ－１
)( １２－ 在 (, ＝(２a)－２(a －４)＝８,λ２ ) ＞０ λ∈ １
故|OM|２＋|ON|２ 为定值． １０分
＋∞)上恒成立,所以u(λ)＞u(１)＝０,所以g(x２)
ì－１－２x,x≤－２,
＞０． １０分
２３．解(１)f(x)＝ í３,－２＜x≤１, １分
( ) １ 又因为g′x ＝２－x２＞０
在(x１,x２)上恒成立,所 ２x＋１,x＞１,
以g(x)在(x１,x２)上单调递增． １１分 当x≤－２时,不等式变为－１－２x＞３,解得x＜－２;
所以存在唯一的x０,使g(x０)＝０,即在区间(x１, ２分
x２)内有且仅有一个实数x０, 当－２＜x≤１时,不等式变为３＞３,无解; ３分
１ x２f(x２)－x１f(x１) 当x＞１时,不等式变为２x＋１＞３．解得x＞１．使得２x０＋x ＝ ．
１２分
０ x２－x１
４分
２２．(１)解:将 直 线l 的 参 数 方 程 化 为 普 通 方 程,得
故不等式f(x)＞３的解集为{x|x＞１或x＜－２}．
y＝x,
５分
π
所以直线l的极坐标方程为θ＝ (４ ρ∈R
); (２)由(１)知f(x)的最小值为３．所以a＋b＝３,则
２分 (a＋１)＋b＝４, ６分
将圆C 的参数方程化为直角坐标方程,得(x－a)２＋ m＋１ １ ４ １
a＋１＋b ＝a＋１＋b
y２＝４,
１[( ) ] ４ １
所以圆C 的极坐标方程为ρ２ (
＝ a＋１ ＋b ＋
－ ２acosθ)ρ＋a２－ ４ (a＋１ b )
４＝０． ４分 １ ４b a＋１＝４ (５＋a＋１＋ b )
由原点O 在圆C 的内部,得(０－a)２＋０２＜４,解得
１ ４b a＋１ ９
－２＜a＜２, ≥ (５＋２ , 分４ a＋１ b ) ＝４ ８
故a的取值范围是(－２,２)． ６分 ì ４b a＋１
,
π 当且仅当 a＋１
＝ b ５ ４
() : 即a＝
,b＝ 时,等号
２ 证明 将θ＝ 代入ρ２－(４ ２acosθ
)ρ＋a２－４＝
í
３ ３ a＋b＝３,
０,得ρ２－ ２aρ＋a２－４＝０． 成立, ９分
则ρ ＋ρ ＝ ２a,ρρ ＝a２１ ２ １ ２ －４, ８分 m＋１ １ ９所以 ＋ 的最小值为 a＋１ b ４． １０
分
所以|OM|２＋|ON|２＝ρ２＋ρ２＝(ρ ＋ρ )２１ ２ １ ２ －２ρ１ρ２
吉安市高三上学期期末教学质量检测 数学试题 理科 参考答案 第 ６页 共６页
