广东省梅州市2022届高三数学总复习质检试卷（4月）试卷（PDF版附解析）

\n\n\n\n\n\n梅州市高三总复习质检试题（2022.4）数学参考答案与评分意见一、选择题：本题共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。12345678DDBAADCB二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，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。9101112BDBCDABCABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。1814313.2214.15.16.12353四、解答题：本题共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.（本小题满分10分）解:（1）依题意，由余弦定理得:222BCDBDC2DBDCcosBDC...............2分149127,...............3分2解得：BC7................4分BCDB（2）依题意，由正弦定理得:...............5分sinBDCsinDCB，32DBsinBDC221所以sinDCB................6分BC77因为DBDC,所以DCB为锐角，2327所以cosDCB1sinDCB1................7分77第1页共7页\n因为BDCADCA,所以ABDCDCABDCDCB,...............8分所以sinAsin(60DCB)sin60cosDCBcos60sinDCB...............9分32712121................10分27271418.(本小题满分12分)解：（1）选条件①：nN*,aa4n，nn1得aa4(n1)，...............1分n1n2aa4(n1)4n4，n2n即数列{a2k1},{a2k}均为公差为4的等差数列，...............2分于是aa4(k1)4k32(2k1)1，...............3分2k11又a1a24,a23，...............4分aa4(k1)4k1=2g(2k)1，...............5分2k2所以an2n1................6分SnSn选条件②：因为数列为等差数列，且的前3项和为6，nnSSSS1232得36，...............1分1232S2所以2，...............2分2Snd'S2S1211，所以的公差为...............3分n21Sn2得到1(n1)n,Snn................4分n22当n2,aSSn(n1)2n1................5分nnn1第2页共7页\n又a1211.1所以a2n1................6分naa4nnn1（2）因为bn222...............7分aa(2n1)(2n1)nn1111[]，...............9分222(2n1)(2n1)所以Tbbbn12n1111111[]...............10分22222221335(2n1)(2n1)112n(n1)[1]................12分222(2n1)(2n1)19.(本小题满分12分)解：（1）f(x)的定义域为R，xf(x)e2，...............1分x令f(x)0，即e2，解得xln2，...............2分x令f(x)0，即e2．解得xln2，...............3分综上所述，f(x)的单调递减区间为(,ln2)，单调递增区间为(ln2,)..........5分xx（2）令g(x)e2xcosx,x(,0)，g(x)esinx2，...............7分2x因为当x(,0)时，g(x)(e1)(sinx1)0，...............8分2所以g(x)在(,0)单调递减．...............9分2所以g(x)g(0)0，...............10分所以函数g(x)在(,0)上无零点．...............11分2即方程f(x)cosx在(,0)上无实根．...............12分2第3页共7页\n20.(本小题满分12分)（1）证明:因为四边形ABCD是直角梯形,E,F分别是的AD,BC中点,所以AB//EF//CD,EFAE,EFDE,...............2分又AEDEE,EF平面AED,...............3分AD平面AED,所以EFAD................4分（2）由(1)可知CD平面AEDCDAD,RtADC中,22ADACCD241622,...............5分又AEED2,222所以AEEDAD,即AEDE................6分所以EFED,EFEA,EAED.以E为原点，分别以ED,EF,EA所在直线作x,y,z轴，建立如图的空间直角坐标系：3则F(0,3,0),A(0,0,2),C(2,4,0),Q(0,,0)................7分2设P(x,y,z),APAC,[0,1],所以(x,y,z2)(2,4,2),...............8分得:x2,y4,z22................9分22322|PQ|(2)(4)(22)...............10分222524204522524()................11分1212第4页共7页\n553则当时,有|PQ|最小值................12分12653所以线段PQ长的最小值为.621.（本小题满分12分）解：（1）设动点P(x,y)，由抛物线定义可知点P的轨迹是以F(0,1)为焦点，直线l:y1为准线的抛物线，.....2分2所以动点P的轨迹方程为x4y................3分22xx12（2）解法一：依题可设Q(x0,1),A(x1,),B(x2,)................4分44212由x4y,即：yx，4x求导得：y,...............5分2xx12所以切线QA,QB的斜率分别是k1,k2................6分222xx11所以QA的方程是y(xx1),422xx112点Q(x0,1)的坐标代入,得：1(x0x1),即x12x0x140..........7分422同理可得x2xx40................8分2022于是x1,x2是方程x2x0x40的两根.所以xx2x,xx4................9分12012由xx2x，120xx12得x,即：MQl................10分02xx12由x1x24，k1k21，22第5页共7页\n所以QAQB，即：点Q在圆M上................11分所以直线l和圆M相切................12分22（2）解法二：依题可设Q(x,1),A(x,y),B(x,y).则x4y,x4y..........4分011221122212x由x4y,即：yx，求导得：y,...............5分42xx12所以切线QA,QB的斜率分别是k1,k2................6分221所以直线QA的方程是yy1x1(xx1),即x1x2y2y10,2同理可得直线QB的方程是xx2y2y0................7分22xx2y20,011点Q(x0,1)的坐标代入,得：xx2y20.022于是直线AB的方程是xx2y20................8分0令x0得y1.所以直线AB过焦点F(0,1).xx2y20,022又由2得y(x02)y10，...............9分x4y2所以yyx2,1202有定义得|AB|yy2x4................10分1202y1y2x02121而点M到直线l的距离为：d11(x04)|AB|........11分2222所以直线l和以AB为直径的圆M相切................12分22.(本小题满分12分)解：（1）设感染率为p，10个人的咽拭子混合在一起检测时，设随机变量X表示这10个人一共所需的检验次数................1分第6页共7页\n若第一次混检都是阴性，所需检测次数为1，X1：若是阳性，每人还得再单独检测一次，此时X11，...............2分1010且P(X1)(1p),P(X11)1(1p)................4分于是平均检测次数是101010E(X)1(1p)11[1(1p)]1110(1p)................6分10这10个人一共所需平均检测次数是1110(1p)................8分4（2）病毒感染率为万分之一，即p10，于是采取“10合1混采检测”方案，10万人可能需要进行检测的平均次数大约为：100000410[1110(110)]1100001000000.99910100.............10分10即进行“10合1混采检测”方案，10万人估计需要的检测次数为10100，比“一人一检”方案少使用约1000001010089900份检测试剂................12分第7页共7页