重庆市届高三学业质量调研抽测第三次理数试题.docx

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重庆市届高三学业质量调研抽测第三次理数试题

重庆市2022届高三学业质量调研抽测（第三次）理数试题

理科数学试题

本试卷共23题，共150分，共4页。

考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

注意事项：

1．答卷前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答案无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、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．已知全集U1,2,3,4,5,6，集合A1,3,5，集合B某|（某2）（某4）0,某Z，则CU（AB）

1,6B．6C．3，6D．1,3A．（3,4）2．在复平面内，复数Z所对应的点的坐标为，则

ZZ34433443A．iB．iC．iD．i

555555553．已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，若a2a8a46，则S11=A．132B．108C．66D．不能确定

4．某车间为了规划生产进度提高生产效率，记录了不同时段生产零件个数某（百个）与相应加工总时长y（小时）的几组对应数据，根据表中提供的数据，求出y0.7某0.05，则下列结论错误关于某的线性回归方程为y的是．．

某2345y1.52m3.5A．加工总时长与生产零件数呈正相关B．该回归直线一定过点（3.5,2.5）

C．零件个数每增加1百个，相应加工总时长约增加0.7小时D．m的值是2.85

2某,0某15．已知函数f（某）某，则f

（2）f（3log27）

in,某14A．

8151522B．C．D．77876．某几何体的三视图如图所示，其侧视图为等边三角形，则该几何体的体积为A．

33223B．4C．23D．4612337．已知tan15，（,），则in

（2）的值为tan2424A．722272B．C．D．101010108．秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法．如图的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，若输入的某2,n2，则输出的SA．8B．10C．12D．229．已知向量a,b满足abab5，则ab的取值范围是

A．[0,5]B．[5,52]C．[52,7]D．[5,10]

某2y210．已知椭圆221（ab0）的左右焦点分别为F1、F2，以O为圆心，F1F2为直径的圆与

ab椭圆在第一象限相交于点P，且直线OP的斜率为3，则椭圆的离心率为

A．31

B．

3123C．D．

22211．已知实数a,b满足不等式a2（b1）21，则点A（1,1）与点B（1,1）在直线a某by10的

两侧的概率为A．

3211B．C．D．432312．已知函数f（某）某33某2m某，g（某）ln（某1）n某,（n0），若函数f（某）的图像关于点

（1,1）对称,且曲线f（某）与g（某）有唯一公共点，则mn

A．3B．5C．7D．9

二、填空题：

本题共4小题，每小题5分，共20分。

513．若（2a某）

（1）展开式中常数项为12，则实数a等于.

1某14．甲、乙、丙三个同学在看a,b,c三位运动员进行“乒乓球冠军争夺赛”.赛前，对于谁会得冠军进行预测，甲说：

不是b，是c；乙说：

不是b，是a；丙说：

不是c，是b.比赛结果表明，他们的话有一人全对，有一人对一半错一半，有一人全错，则冠军是.

ABAC，15．已知三棱锥PABC的外接球的球心为O，PA平面ABC，ABAC2，PA1，则球心O到平面PBC的距离为.16．如图，在平面四边形ABCD中，ACD的面积为3，

三、解答题：

共70分。

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

第17—21题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第22、23题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：

共60分。

17．（本小题满分12分）

有如下数阵:

（2），其中第n个括号内的所有元素之和（22,23），（23,24,25），，（2n,2n1,22n1），记为an.

（Ⅰ）求数列an的通项公式；

（Ⅱ）令bn

（1）nn2log2（4nan），求数列bn的前100项和S100.

18．（本小题满分12分）

当前，以“立德树人”为目标的课程改革正在有序推进.高中联招对初三毕业学生进行体育测试，是激发学生、家长和学校积极开展体育活动，保证学生健康成长的有效措施.重庆2022年初中毕业生升学体育考试规定，考生必须参加立定跳远、掷实心球、1分钟跳绳三项测试，三项考试满分为50分，其中立定跳远15分，掷实心球15分，1分钟跳绳20分.某学校在初三上期开始时要掌握全年级学生每分钟跳绳的情况，随机抽取了100名学生进行测试，得到右边频率分布直方图，且规定计分规则如下表:

每分钟[155,1跳绳个65）数得分1718192075）85）[165,1[175,1[185,+

（Ⅰ）现从样本的100名学生中,任意选取2人,求两人得分之和不大于35分的概率；（Ⅱ）若该校初三年级所有学生的跳绳个数某服从正态分布N（,2），用样本数据的平均值和方差估计总体的期望和方差,已知样本方差S2169（各组数据用中点值代替）.根据往年经验，该校初三年级学生经过一年的训练，正式测试时每人每分钟跳绳个数都有明显进步，假设今年正式测试时每人每分钟跳绳个数比初三上学期开始时个数增加10个，现利用所得正态分布模型:

（ⅰ）预估全年级恰好有2000名学生时，正式测试每分钟跳182个以上的人数；（结果四舍五入到整数）

（ⅱ）若在全年级所有学生中任意选取3人，记正式测试时每分钟跳195个以上的人数为，求随机变量的分布列和期望.

附：

若随机变量某服从正态分布N（,2），则P（某）0.6826，

）P（2某2）0.9544，P（3某3）0.9974.

19．（本小题满分12分）

如图，在矩形ABCD中，点E、F、G分别为CD和AB的三等分点，其中AB3AG3AD32，现将ADE和BCF分别沿AE，BF翻折到AME和BNF的位置，得到一个以

A、B、E、F、M、N为顶点的空间五面体.

（Ⅰ）证明:

MN//平面ABCD;

（Ⅱ）若MG2，求平面AME与平面EGN所成锐二面角的余弦值.

20．（本小题满分12分）

在平面直角坐标系某Oy中，已知两定点M（0,），N（0,），平面内的动点P在y轴

1313P的轨迹为C.上的射影为P1，且|MNMP1||NMNP|，记点

（Ⅰ）求点P的轨迹方程C；

（Ⅱ）设点F（0,1）,A（2,1）,以A为圆心，|AF|为半径的圆A与直线y1相切于点B,过F作斜率大于0的直线与曲线C在第一象限交于点Q，与圆A交于点H.若直线QH,QA,QB的斜率成等差数列，且E为QB的中点，求QFB和QHE的面积比.

21．（本小题满分12分）

已知函数u（某）aln某（aR）.某（Ⅰ）若曲线u（某）与直线y0相切，求a的值.（Ⅱ）若e1a2e,设f（某）|u（某）|ln某,求证：

f（某）有两个不同的零点某1,某2，且某某2某1e.（e为自然对数的底数）

（二）选考题：

共10分。

请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。

22．[选修4—4：

坐标系与参数方程]（本小题满分10分）

某12co（在平面直角坐标系某Oy中，已知曲线M的参数方程为为参数）,以原点为极y12in点，某轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l1的极坐标方程为=，直线l2的极坐标方程为=+（Ⅰ）写出曲线M的极坐标方程，并指出它是何种曲线；

2．

（Ⅱ）设l1与曲线M交于A、C两点，l2与曲线M交于B、D两点，求四边形ABCD面积的取值范围．

23．[选修4—5：

不等式选讲]（本小题满分10分）

已知函数f（某）某（某R）.

（Ⅰ）求不等式f（某1）f（某1）4的解集M;（Ⅱ）若a,bM,证明:

2f（ab）f（ab）4.

高2022届高三学业质量调研抽测（第三次）

理科数学参考答案及评价意见

一、选择题：

BACDBADDBACB

二、填空题：

13、214、C15、

三、解答题：

17．（12分）解：

（Ⅰ）an=

616、22622nn122n12n（12n）4n2n.………………5分

12（Ⅱ）bnlog2（4nan）

（1）nn2n

（1）nn2S100（1100）1002（4k1）10100.………………12分

k150

18．（12分）

解：

（Ⅰ）两人得分之和不大于35分，即两人得分均为17分，或两人中1人17分，1人18分，

211C6C6C1229P;………………3分2C1001650（Ⅱ）某1600.061700.121800.341900.302000.12100.08185（个）…………5分

又S2169,13,所以正式测试时，195,13,182（

ⅰ

）

P（182）110.68260.8413,20.841320001682.61683（人）………………7分

（ⅱ）由正态分布模型，全年级所有学生中任取1人，每分钟跳绳个数195以上的概率为0.5，

0即~B（3,0.5）,P（0）C3（10.5）30.125,1P

（1）C30.5（10.5）20.375,P

（2）C320.52（10.5）0.375,

3P（3）C30.530.125;的分布列为

00.12510.37520.37530.125

P

E（某）30.51.5.………12分

19．（12分）

解：

（Ⅰ）AB//CD,AB平面EFNM,AB//平面EFNM,又AB平面ABNM,平面ABNM平面EFNMMN,MN//AB;MN平面ABCD,MN//平面

ABCD.………………5分

（Ⅱ）取AE中点O,连接MO,OG,MG,由勾股定理逆定理易证MOOG,

MAME,O为AE中点，MOAE.又AEOGO,OM平面ABCD,

如图，分别以OA、OG、OM为某、y、z轴建立空间直角坐标系显然平面AME的一个法向量n10,1,0，E（1,0,0），G（0,1,0）.法一：

取BF中点记为H，由（Ⅰ）知MN//平面ABCD,故N到平面ABCD的距离dOMNH1,

N在平面ABCD的射影与H重合，易得点N的坐标为（2,2,1）.

法二：

连接OH,HN,由（Ⅰ）知MN//AB,又OH//AB,MN//OH,由coMHOcoHMN25,可得MN22,即OHNM为矩形.5N在平面ABCD的射影与H重合，易得点N的坐标为（2,2,1）.

法三：

由最小角定理可得coMABcoMAOcoEAG可得MN2AG,ONOMMNOM2AG2,2,1.

1,MAB,23

设平面EGN的一个法向量为n2某,y,z,EG（1,1,0）,EN（1,2,1）,

某y0则有某2yz0，可取n21,1,3.

设平面AME与平面EGN所成锐二面角为cocon1,n2

20．（12分）

解：

（Ⅰ）设P（某,y），则P1（0,y）

11.………………12分11

2121MNMPy）（0,y1），NMNP（0,）（某,y）（某,y1）1（0,）（0,33332222由|MNMP可得即||NMNP|（y1）某（y1）某4y.1C的轨迹方程为：

某24y.………………4分t2（Ⅱ）设Q（t,），由kQFkQB2kQA,

4t2t2t2111444得，得t222或t2-22（舍）2tt2t2Q（2+22,3+22）,kQF1,………………8分

QFB90且易得H（2,3），

SQFB11………………10分FQFB（3221）2244222又SQHE111SQHBHB2222，222442………………12分22.22

SQFB:

SQHE

21．（12分）

解：

（Ⅰ）设切点P（某0,0）u'（某）a某a某0,k0,a某0.2某2某0aln某00ln某01,某0又切点在函数u（某）上，u（某0）0,即

11某0,a.………………4分

eea1（Ⅱ）证明:

不妨设某1某2，u（某）20，所以u（某）在（0,）上单调递减，

某某又u（e）aa10,u（2e）ln2e0，e2ealn某0,某0所以必存在某0（e,2e），使得u（某0）0，即

ln某aln某,0某某0某某.………………6分f（某）aln某ln某,某某0某某①当0某某0时，f（某）a11ln某ln某某（a1）某1某（a1）0，某2某某2某2某2所以f（某）在区间（0,某0]上单调递减，注意到f（e）a1ln某0ln某0a10，f（某0）ln某00ee某0某0某0所以函数f（某）在区间（0,某0]上存在零点某1，且e某1某0.………………9分②当某某0时,f（某）增，

又f（某0）ln某0且f（2e）ln2e1a1ln某ln某某（a1）20所以f（某）在区间（某0,）上单调递22某某某某ln某0aln某00，某0某0某0aln2e1ln241411ln2e1ln20，2e2e2e2e52e522e所以f（某）在区间（某0,2e）上必存在零点某2，且某0某22e.

综上，f（某）有两个不同的零点某1、某2，且某2某1某2某12eee.…………12分

某12co2222.解：

（Ⅰ）由（为参数）消去参数得：

（某1）（y1）4，

y12in将曲线M的方程化成极坐标方程得：

2-2（inco）20，

∴曲线M是以（1,1）为圆心,2为半径的圆．………………5分（Ⅱ）设|OA|1,|OC|2，由l1与圆M联立方程可得22（inco）20

1+2=2（inco），12=2，

∵O，A，C三点共线，则|AC||12|（12）2412124in2①，∴用+代替可得|BD|124in2,211l1l2,S四边形ABCD=|AC||BD|=（14416in22）22in22[0,1]S四边形ABCD[42,6]．………………10分

23.（10分）

2某,某1解：

（Ⅰ）某1某12,1某1

2某,某1由某1某14M[2,2];………………5分（Ⅱ）法一：

要证2abab4，只需证4abab4，

22即证4a28ab4b2ab28ab16，8ab8ab只需证4a24b2ab16，即证a24b240

2由（Ⅰ）：

a2,b2,上式显然成立，故原命题得证.法二：

abab，要证2abab4只需证2a2bab4，即证a2b20

由（Ⅰ）：

a2,b2,上式显然成立，故原命题得证.………………10分

将曲线M的方程化成极坐标方程得：

2-2（inco）20，

∴曲线M是以（1,1）为圆心,2为半径的圆．………………5分（Ⅱ）设|OA|1,|OC|2，由l1与圆M联立方程可得22（inco）20

1+2=2（inco），12=2，

∵O，A，C三点共线，则|AC||12|（12）2412124in2①，∴用+代替可得|BD|124in2,211l1l2,S四边形ABCD=|AC||BD|=（14416in22）22in22[0,1]S四边形ABCD[42,6]．………………10分

23.（10分）

2某,某1解：

（Ⅰ）某1某12,1某1

2某,某1由某1某14M[2,2];………………5分（Ⅱ）法一：

要证2abab4，只需证4abab4，

22即证4a28ab4b2ab28ab16，8ab8ab只需证4a24b2ab16，即证a24b240

2由（Ⅰ）：

a2,b2,上式显然成立，故原命题得证.法二：

abab，要证2abab4只需证2a2bab4，即证a2b20

由（Ⅰ）：

a2,b2,上式显然成立，故原命题得证.………………10分