文档内容
2022 年秋期高中三年级期终质量评估
数学试题（理）
注意事项：
1．本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，
在本试卷上答题无效
2．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
3．选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工
整，笔迹清楚．
4．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．
5．保持卷面清洁，不折叠、不破损．
第 I 卷选择题（共 60 分）
一、选择题（本大题共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．若集合 ， ，则 ＝（ ）
A．［－1，3] B． C．（0，2] D．（0，3]
2．已知复数z满足 ，则 （ ）
A．1 B． C． D．2
3．从3，4，5，6四个数中任取三个数作为三角形的三边长，则构成的三角形是锐角三角形的概率是
（ ）
A． B． C． D．
4．已知向量 ， ，则向量 在向量 方向上的投影是（ ）
A． B．－1 C．1 D．
5．已知 ， ，若 ， ，则p是q的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．已知双曲线 的左、右焦点分别为 ， 点M在C的右支上，直线 与C的左支交于点N，若 ，且 ，则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
7．设f（x）是定义在 上且周期为4的奇函数，当 时， ，令g（x）＝f
（x）＋f（x＋1），则函数y＝g（x）的最大值为（ ）
A．1 B．－1 C．2 D．－2
8．已知函数 在 上单调递增，且 恒成立，则 的值为
（ ）
A．2 B． C．1 D．
9．已知抛物线 的焦点为F，过点F作直线l交抛物线C于点A，B（A在x轴上方），与抛物线准
线交于点M．若|BM|＝2|BF|，则直线l的倾斜角为（ ）
A．60° B．30°或150° C．30° D．60°或120°
10．对于函数 ， ，下列说法正确的是（ ）
A．函数f（x）有唯一的极大值点 B．函数f（x）有唯一的极小值点
C．函数f（x）有最大值没有最小值 D．函数f（x）有最小值没有最大值
11．如图为“杨辉三角”示意图，已知每一行的数字之和构成的数列为等比数列且记该数列前 n项和为 ，
设 ，将数列 中的整数项依次取出组成新的数列记为 ，则 的值为
（ ）
A．5052 B．5057 C．5058 D．5063
12．十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一
个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：当三角形的三个角均小
于120时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角 120°；当三角形有一内角大于或等于120°时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点称为费马点．已知a，
b，c分别是 三个内角A，B，C的对边，且 ， ，若点P为
的费马点，则 （ ）
A．－6 B．－4 C．－3 D．－2
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．上级将5名农业技术员分派去3个村指导农作物种植技术，要求每村至少去一人，一人只能去一个村，
则不同的分派种数有______．（数字作答）
14．如图，△ABC内接于椭圆，其中A与椭圆右顶点重合，边BC过椭圆中心O，若AC边上中线BM恰好过
椭圆右焦点F，则该椭圆的离心率为______．
15．《九章算术》是《算经十书》中最重要的一部，全书总结了战国、泰、汉时期的数学成就，内容十分丰
富，在数学史上有其独到的成就．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称之为“鳖臑”，
将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．如图，几何体P－ABCD为一个阳马，其
中 平面ABCD，若 ， ， ，且PD＝AD＝2AB＝4，则几何体EFGABCD
的外接球表面积为______．
16．已知函数 的值域为 ，则实数m取值范围为______．
三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚）
17．（本题满分12分）
已知数列 是各项均为正数的等差数列， 是其前n项和，且 ．（1）求数列 的通项公式；
（2）若 ，求 取得最大值时的n．
18．（本题满分12分）
在2022年卡塔尔世界杯亚洲区预选赛十二强赛中，中国男足以1胜3平6负进9球失19球的成绩惨败出局．
甲、乙足球爱好者决定加强训练提高球技，两人轮流进行定位球训练（每人各踢一次为一轮），在相同的条
件下，每轮甲、乙两人在同一位置，一人踢球另一人扑球，甲先踢，每人踢一次球，两人有 1人进球另一人
不进球，进球者得1分，不进球者得－1分；两人都进球或都不进球，两人均得0分，设甲每次踢球命中的概
率为 ，乙每次踢球命中的概率为 ，甲扑到乙踢出球的概率为 ，乙扑到甲踢出球的概率 ，且各次踢球
互不影响，
（1）经过一轮踢球，记甲的得分为X，求X的分布列及数学期望；
（2）若经过两轮踢球，用 表示经过第2轮踢球后甲累计得分高于乙累计得分的概率，求 ．
19．（本题满分12分）
如 图 ， 四 棱 锥 P － ABCD 的 底 面 为 直 角 梯 形 ， ， PB⊥ 底 面 ABCD ，
，设平面PAD与平面PBC的交线为l．
（1）证明：l⊥平面PAB；
（2）设Q为l上的动点，求PD与平面QAB所成角的正弦值的最大值．
20．（本题满分12分）
已知函数 ．
（1）当a＝1时，求证： ；
（2）若函数f（x）有且只有一个零点，求实数a的取值范围．
21．（本题满分12分）已知椭圆 ，离心率为 ，其左右焦点分别为 ， ，点A（1，－1）在椭圆内，
P为椭圆上一个动点，且 的最大值为5．
（1）求椭圆C的方程；
（2）在椭圆C的上半部分取两点M，N（不包含椭圆左右端点），且 ，求四边形 的
面积．
选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按
所做的第一个题目计分．
22．【选修4－4：坐标系与参数方程】（10分）
在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为 为参数），
（1）在以O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，求曲线C极坐标方程；
（2）若点A，B为曲线C上的两个点且 ，求证： 为定值．
23．【选修4－5：不等式选讲】（10分）
已知存在 ，使得 成立，a， ．
（1）求a＋2b的取值范围；
（2）求 的最小值．
2022 年秋期高中三年级期终质量评估数学（理）
参考答案
一、选择题（本大题共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）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 A B A B B D A D D A B C
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．150 14． 15． 16．
三、解答题（本大题共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．【解析】（1）当 时， ，解得： 或者 ，
因为 ，故 ．
方法一：因为 ，所以 ，
又 ，即可得 ．
方法二：当 时， ，易得： ．
因为数列 是等差数列，故 ．
（2）由（1）知， ，故 ．
，
当 时， ；
当 时， ；
当n>7时， ；
故数列 的最大项为 ， ，即 或8
18．【解析】
（1）记一轮踢球，甲进球为事件A，乙进球为事件B，A，B相互独立，
由题意得： ， ，
甲的得分X的可能取值为－1，0，1，
，，
所以 的分布列为：
0 1
P
所以
（2）根据题意，经过第2轮踢球累计得分后甲得分高于乙得分的情况有三种；
分别是：甲两轮中第1轮得0分，第2轮得1分；
或者甲第1轮得1分，第2轮得0分；
或者甲两轮各得1分，
于是：
19．【解析】
（1）证明：因为 底面 ，所以 ．
又底面 为直角梯形，且 ，所以 ．
因此 平面 ．
因为 ， 平面 ，
所以 平面 ．
又由题平面 与平面 的交线为 ，
所以 ，故 平面 ．
（2）以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 ，
则 ， ， ， ，
由（1）可设 ，则 ．设 是平面 的法向量，则 ，即 ，可取
所以 ．
设 与平面 所成角为 ，
则 ；
因此：当 时，可得 （当且仅当 时等号成立）
又当 时，易知不符合题意．
所以 与平面 所成角的正弦值的最大值为 ．
20．【解析】（1）
故f（x）在（0，1）上是单调增加的，在（1，＋∞）上是单调减少的．
所以 ，即
（2）当a＝0时， ，不存在零点
当 时，由 得 ，
设 ，则
令 ，易知 在 上是单调减少的，且 ．故 在 上是单调增加的，在 上是单调减少的．
由于 ， ，且当 时，
故若函数 有且只有一个零点，则只须 或
即当 时，函数 有且只有一个零点．
21．【解析】
（1）由题意知： ，即 ，
又由椭圆定义可得：
，
又∵ ，且 ，
故可得： ， ， ．
即椭圆 ：的方程为：
（2）延长 交椭圆于点 ，由 ，
根据椭圆的对称性可得 ．
设 ， ，则 ．显然， ．
设直线 的方程为 ，
联立 得， ，
∴ ①②
又 ，得 ③
由①②③得， ．
得直线 的方程为 ，即 ，
设 到直线 的距离为 ，
则由距离公式得： ，
又由弦长公式得：
将 代入上式得 ，
设四边形 的面积为 ，
易知
【选做题】
22．【解析】
（1）因为 ，
所以曲线 的直角坐标方程为 ．
因为 ， ，
所以，曲线 的极坐标方程为：（2）由于 ，故可设 ，
， ，
所以
．
即 为定值
23．【解析】
（1）由题知： ，
因为存在 ，使得 ，所以只需 ，
即 的取值范围是 ．
（2）方法一：
由（1）知 ，因为 ，不妨设 ，
当 时， ，
当 时，有 ，
整理得， ，此时 的最小值为 ；
综上： 的最小值为 ．
方法二：
令 ，不妨设 ， ，
因为 ，所以 ，所以： ，即 的最小值为 ．
