广东省梅州市高三上学期数学期中考试试卷

梅州中学2022~2023学年度高三级第一学期阶段性考试一数学科试题一、单选题1.已知集合{7},{(8)(3)0}A x x B x x x =>-=+-<∣∣，则A B ⋃=（）A.{8}x x >-∣ B.{73}x x -<<∣ C.{7}xx >-∣ D.{78}x x -<<∣【答案】A 【解析】【分析】先解出集合B ，再由并集的概念求解即可.【详解】因为{83}B xx =-<<∣，所以{8}A B x x =>-∣ .故选：A.2.如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数()2i i z a =+为“等部复数”，则实数a 的值为（）A.1-B.0C.2D.-2【答案】D 【解析】【分析】化简复数，再由“等部复数”的定义即可求出答案.【详解】化简复数()2i i=2i z a a =+-，因为“等部复数”的实部和虚部相等，复数z 为“等部复数”，所以2a -=，所以2a =-.故选：D.3.已知函数()()sin 0,0,2πf x A x A ωϕωϕ⎛⎫=+>><⎪⎝⎭的部分图像如图所示，则函数()f x 的解析式为（）A.()π2sin 23f x x ⎛⎫=+⎪⎝⎭B.()π2sin 26f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭C.()12si 6πn 2f x x ⎛⎫=+⎪⎝⎭D.()122cos 23πf x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭【答案】C 【解析】【分析】根据图象求出A ，最小正周期，进而求出12ω=，代入特殊点坐标，求出6π=ϕ，从而求出函数解析式.【详解】由图可知，2,π4T A ==，所以2π4πT ω==，解得12ω=.故()12sin 2f x x ϕ⎛⎫=+⎪⎝⎭.因为图象过点()0,1C ，所以12sin ϕ=，即1sin 2ϕ=，因为π2ϕ<，所以6π=ϕ，故()12si 6πn 2f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭故选：C4.已知,22ππα⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，若9cos 26cos 50αα++=，则sin α=（）A.223±B.3-C.3D.13【答案】A 【解析】【分析】根据二倍角公式可得(3cos 1)(3cos 2)0αα-+=，求出1cos 3α=，再根据同角三角函数的平方关系可求出答案．【详解】解：由题可知9cos 26cos 50αα++=，即29cos 3cos 20αα+-=，(3cos 1)(3cos 2)0αα∴-+=，,22ππα⎛⎫∈- ⎪⎝⎭Q ，1cos 3α∴=，sin 3α∴==±，故选：A ．5.已知等差数列{}n a 的公差0d ≠，其前n 项和为n S ，411a =，且1a ，3a ，11a 成等比数列，若40m S =，则m =（）A.5 B.6C.7D.8【答案】A 【解析】【分析】由题知23111a a a =，411a =，进而转化为1a ，d 的方程求解得12a =，3d =，再根据前n 项和公式求解即可.【详解】解：由题得23111a a a =，则2111(2)(10)a d a a d +=+，得123d a =，又411a =.则1311a d +=，解得12a =，3d =，所以31n a n =-，所以2(312)322n n n n nS -++==，故23402m m mS +==，又*m ∈N ，所以5m =.故选：A.6.如图是正方体的展开图，则在这个正方体中，下面命题不正确的是（）A.AF 与CN 是异面直线；B.BM 与AN 平行C.AF 与BM 成60︒角； D.BN 与DE 平行【答案】D 【解析】【分析】根据正方体的展开图得到直观图，再根据正方体的性质一一判断即可.【详解】解：如图，AF 与CN 是异面直线，故A 正确；因为//AB NM ，AB NM =，所以四边形ABMN 为平行四边形，所以//BM AN ，故B 正确．因为//BM AN ，所以AF与BM 所成角即为AF 与AN 所成角，在等边三角形AFN 中，60NAF ∠=︒所以AF与BM 所成角为60︒，故C 正确．AB ⊥平面ADNE ，DE ⊂平面ADNE ，所以AB DE ⊥，又AN DE ⊥，AB AN A = ，,AB AN ⊂平面ABN ，DE ⊥平面ABN ，BN ⊂平面ABN ，所以BN DE ⊥，故D 错误．故选：D ．7.学生李明上学要经过4个路口,前三个路口遇到红灯的概率均为12,第四个路口遇到红灯的概率为13,设在各个路口是否遇到红灯互不影响,则李明从家到学校恰好遇到一次红灯的概率为A.724B.14C.124D.18【答案】A 【解析】【分析】分两种情况求解：①前三个路口恰有一次红灯，第四个路口为绿灯；②前三个路口都是绿灯，第四个路口为红灯．分别求出概率后再根据互斥事件的概率求解即可．【详解】分两种情况求解：①前三个路口恰有一次红灯，且第四个路口为绿灯的概率为2131116122324C ⎛⎫⎛⎫⨯⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；②前三个路口都是绿灯，第四个路口为红灯的概率为31112324⎛⎫⨯=⎪⎝⎭．由互斥事件的概率加法公式可得所求概率为617242424+=．故选A ．【点睛】求解概率问题时，首先要分清所求概率的类型，然后再根据每种类型的概率公式求解．对于一些比较复杂的事件的概率，可根据条件将其分解为简单事件的概率求解，再结合互斥事件的概率加法公式求解即可．8.已知正三棱锥D ABC -中，底面是边长为1的正三角形ABC ，侧棱长为2，M 为AC 的中点，E 为AB 中点，P 是DM 的动点，Q 是平面ECD 上的动点，则AP PQ +的最小值是（）A.14+ B.4+ C.14D.624【答案】A 【解析】【分析】作出图形，在正三棱锥D ABC -中，分析得出AB ⊥平面CDE ，固定P ，找出点P 运动时AP PQ +取得最小值时的位置，利用解三角形的相关知识即可求得结果.【详解】因为P 为DM 上的动点，Q 为平面ECD 上的动点，且两者的运动无关，所以采用一定一动的原则，先固定P ，当Q 在动的时候，显然，当PQ ⊥平面ECD 时，PQ 取最小值，为了确定垂直状态在哪里，具体给出下图：作//MF AB 分别交CB 、CE 于点F 、O ，连接OD ，当点Q 在OD 上且//PQ MF 时，PQ ⊥平面ECD ，以下证明此时PQ ⊥平面ECD ，AC BC = ，E 为AB 的中点，则CE AB ⊥，同理可知，DE AB ⊥，DE CE E = ，AB ∴⊥平面ECD ，所以，////PQ MF AB ，所以，PQ ⊥平面ECD ，此时，再将平面DOM 绕着DM 转动，使得D 、O 、M 、A 四点共面，此时，释放点P ，当点P 在运动过程中，Q 、P 、A 三点共线时，()min PQ AP P Q AP AQ ''''+=+=，已经找到最小状态，易知111244MO MF AB ===，2212DM DC CM =-=，//MF AB ，AB ⊥平面ECD ，则MF ⊥平面ECD ，则MO ⊥平面ECD ，DO ⊂ 平面ECD ，MO DO ∴⊥，故1sin 2OM MDO DM ∠==，则3cos 2MDO ∠=，22CD AD ==，1AC =，则222AD CD AC +=，则ACD △为等腰直角三角形，故45ADM ∠= ，()()262sin 45sin cos 24MDO MDO MDO +∠+=∠+∠= ，因为()26231sin 45244AQ AD MDO '=∠+== .故选：A.【点睛】思路点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状；（2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.二、多选题9.已知α，β是两个不同的平面，m ，n ，l 是三条不同的直线，则下列命题中正确的是（）A.若αβ⊥，m α⊂，n β⊂，则m n ⊥B.若m α⊥，n α⊥，则m n ∥C.若l αβ= ，m α∥，m β∥，则m l ∥D.若l αβ= ，m α⊂，m l ⊥，则m β⊥【答案】BC 【解析】【分析】利用面面垂直的性质判断选项A ；利用线面垂直的性质判断选项B ；利用线面平行的性质判断选项C ；利用线面垂直判定定理判断选项D.【详解】选项A ：若αβ⊥，m α⊂，n β⊂，则m n ∥或m n 、相交或m n 、互为异面直线.判断错误；选项B ：若m α⊥，n α⊥，则m n ∥.判断正确；选项C ：设平面a αδ= ，m δ⊂，又m α∥，则m a ∥设平面b βγ= ，m γ⊂，又m β∥，则m b ∥，则a b ∥，又b β⊂，a β⊄，则a β∥，又a α⊂，l αβ= ，则a l ∥，则m l ∥.判断正确；选项D ：若l αβ= ，m α⊂，m l ⊥，则m β、的位置关系为相交，当且仅当αβ⊥时m β⊥.判断错误.故选：BC10.已知函数()2sin 36f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则（）A.18x π=是函数()f x 的一个零点B.函数9f x π⎛⎫-⎪⎝⎭是偶函数C.函数()f x 在区间0,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增D.将函数()f x 的图象向右平移23π个单位后与原函数的图象重合【答案】ABD 【解析】【分析】因为018f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以选项A 正确；因为9f x π⎛⎫-= ⎪⎝⎭2cos3x -，所以选项B正确；因为53,666x πππ⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦，而sin y x =在区间5,66ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上不单调，所以选项C 错误；因为23π是()f x 的最小正周期，所以选项D 正确．【详解】解：因为2sin 0018f π⎛⎫==⎪⎝⎭，所以选项A 正确；因为2sin 3996f x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫-=--= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦2sin 32cos32x x π⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，令()2cos3,g x x =-()2cos(3)2cos3()g x x x g x ∴-=--=-=，所以函数()g x 是偶函数，所以选项B 正确；因为当0,3x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，36x π-5,66ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，而sin y x =在区间5,66ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上不单调，所以选项C 错误；因为23π是()f x 的最小正周期，所以选项D 正确．故选：ABD11.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若831a =，10210S =，则（）A.19919S a =B.数列{}22na 是公比为28的等比数列C.若()1nn n b a =-⋅，则数列{}n b 的前2020项和为4040D.若11n n n b a a +=，则数列{}n b 的前2020项和为202024249【答案】BCD 【解析】【分析】应用等差数列的前n 项和、通项公式求基本量可得41n a n =-，进而判断A ，再由28222nna =及等比数列的定义判断B ，应用分组求和、裂项求和判断C 、D.【详解】由题设，1101011010()5()2102a a S a a ⨯+==+=，则11042a a +=，若等差数列的公差为d ，故12942a d +=，而1731a d +=，所以13,4a d ==，则41n a n =-，1191910919()19192a a S a a ⨯+==≠，A 错误；28812222nn a n -==，易知{}22n a 是公比为28的等比数列，B 正确；()()11(41)nnn n b a n =-⋅=--，则前2020项和为371115...(420191)(420201)410104040-+-+--⨯-+⨯-=⨯=，C 正确；11111()44143n n n b a a n n +==--+，则前n 项和为1111111111(...(43771141434343n n n ⨯-+-++-=⨯--++，所以前2020项和为1112020()4342020324249⨯-=⨯+，D 正确.故选：BCD12.ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .其面积为S ，周长为L .若sinsin 2A Ba c A +=，且2c =，则（）A.6C π=B.S的最大值为C.ABC的外接圆半径为3D.L 的最小值为6【答案】BC 【解析】【分析】由已知式子利用正弦定理结合二倍角公式化简可求出角C ，再利用正弦定理可求出ABC 的外接圆半径，利用余弦定理结合基本不等式可求出S 的最大值，利用正弦定理结果三角函数恒等变换公式可求出L 的范围【详解】因为sinsin 2A Ba c A +=，所以由正弦定理得sin sin sin sin 2A BA C A +=，因为sin 0A ≠，所以sin sin 2CC π-=,所以cos 2sin cos 222C C C =，因为022C π<<，所以cos 02C ≠，所以1sin22C =，所以26C π=，所以3C π=，所以A 错误，设ABC 的外接圆半径为R ，则由正弦定理得2sin cR C=，22sin3Rπ=，得233R =，所以C 正确，由余弦定理得2222cos c a b ab C =+-，所以2242a b ab ab ab ab =+-≥-=，当且仅当a b =时取等号，所以ab 的最大值为4，所以S的最大值为11sin 4222ab C =⨯⨯=B 正确，由正弦定理得2sin sin sin 3sin3a b c A B C π====，所以4343,sin 33a A b B ==，所以()43sin sin 3a b A B +=+432sin sin 33A A π⎡⎤⎛⎫=+- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦3sin cos 322A A ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭314cos 22A A ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭4sin 6A π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，因为203A π<<，所以5666A πππ<+<，所以1sin 126A π⎛⎫<+≤ ⎪⎝⎭，所以24sin 46A π⎛⎫<+≤ ⎪⎝⎭，所以24a b <+≤，所以46a b c <++≤，所以周长的最大值为6，无最小值，所以D 错误，故选：BC三、填空题13.已知某圆锥的底面周长为4π，侧面积为2π，则该圆锥的体积为_______．【答案】43π##43π【解析】【分析】设圆锥的底面半径为r ，母线为l，则由题意可得24r rl πππ=⎧⎪⎨=⎪⎩，求出,r l ，从而可求出高h ，进而可求出三棱锥的体积【详解】设圆锥的底面半径为r ，母线为l，则24r rl πππ=⎧⎪⎨=⎪⎩，解得2r l =⎧⎪⎨=⎪⎩，则该圆锥的高1h ==，故该圆锥的体积为43π，故答案为：43π14.写出一个同时具在下列性质①②③，且定义域为实数集R 的函数()f x ：___________.①最小正周期为1；②()()f x f x -=；③无零点.【答案】此题答案不唯一，只要满足条件都可以，例如()cos22f x x π=+【解析】【分析】结合周期性和奇偶性，可以取cos2π=y x ，再根据③可以取()cos22f x x π=+.【详解】()cos 22π=+f x x 的定义域为R ，最小正周期为212T ππ==，()()()cos 22cos 22ππ-=-+=+=f x x x f x 因为1cos 21π-≤≤x ，所以()13f x ≤≤，所以()f x 无零点，综上，()cos 22π=+f x x 符合题意故答案为：()cos 22π=+f x x （答案不唯一）15.设ABC ∆的内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，若2,3sin 5sin b c a A B +==，则角C =__________.【答案】23π【解析】【分析】根据正弦定理到35a b =，75c a =，再利用余弦定理得到1cos 2C =-，得到答案.【详解】3sin 5sin A B =，则35a b =，2b c a +=，故75c a =.根据余弦定理：22222294912525cos 32225a a a ab cC aba a +-+-===-⋅，故23C π=.故答案为：23π.【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理解三角形，意在考查学生的计算能力.16.我国古代《九章算术》中将上，下两面为平行矩形的六面体称为刍童，如图的刍童ABCD EFGH -有外接球，且4,AB AD EH EF ====E 到平面ABCD 距离为4，则该刍童外接球的表面积为________．【答案】128π【解析】【分析】由已知得，球心在上下底面中心的连线上，该连线与上下底面垂直，球心必在该垂线上，然后根据OB OG =，利用直角三角形1OO G 与直角三角形2OO B ，即可列出外接球半径的方程，求解即可.【详解】连接HF 、EG 交于点1O ，连接AC 、DB 交于点2O ，由球的几何性质可知，刍童外接球的球心O 必在线段1O 2O 上，如图，由题意可知，2OO ⊥平面ABCD ，1OO ⊥平面EFGH ，214O O =，设2O O r =，在1Rt OGO 中，22211OG OO O G =+，在矩形EFGH 中，()()222242462EG EF FG =+=+，11422O G EG ==，()(222221142OG OO O G r ∴=+=-+，在2Rt OBO 中，22222OB OO O B =+，在矩形ABCD 中，()22224438DB AD AB =+=+，2142O B BD ==，22222224OB OO O B r ∴=+=+，设外接球半径OG OB R ==，()(2222424r r ∴-+=+，解得4r =，则22442OB =+=，即该刍童的外接球半径为42R =∴该刍童外接球的表面积为：24128R ππ=，故答案为：128π.【点睛】方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段,,PA PB PC 两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用22224PA PB PC R ++=求解．四、解答题17.已知数()cos 2sin 26x f x x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭.（1）求函数()f x 的最小正周期，并写出函数()f x 的单调递增区间（2）在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足()2cos cos a c B b C -=，求()f B 的值.【答案】（1）最小正周期为π，()f x 的单调增区间为(),Z 36k k k ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦（2）32【解析】【分析】（1）根据两角差的余弦公式，结合辅助角公式化简可得()26f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，进而求得周期与单调递增区间即可；（2）根据正弦定理，结合三角形内角和与两角和差的正弦公式化简可得3B π=，进而求得()f B 即可.【小问1详解】()cos 2sin 26x f x x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭cos 2cos sin 2sin sin 266x x xππ=++3cos 2sin 222x x =+26x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.所以()f x 的最小正周期为22ππ=.由222,Z 262k x k k πππππ-+≤+≤+∈，得,Z 36k x k k ππππ-+≤≤+∈，所以()f x 的单调增区间为(),Z 36k k k ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦【小问2详解】因为()2cos cos a c B b C -=，所以由正弦定理得()2sin sin cos sin cos A C B B C -=，2sin cos sin cos sin cos A B C B B C -=，所以2sin cos sin cos sin cos sin()A B B C C B B C =+=+，所以()()2sin cos sin sin sin A B B C A A π=+=-=，因为sin 0A ≠，所以1cos 2B =，因为(0,)B π∈，所以3B π=，3())362f B ππ=⨯+=.18.如图，平面四边形ABCD 中，,1,AB BD DA BC CD BCD ∠θ=====.（1）若6πθ=，求BD 的值；（2）试问θ为何值时，平面四边形ABCD 的面积最大？【答案】（1）1（2）56πθ=时,平面四边形ABCD 的面积最大【解析】【分析】（1）直接根据余弦定理求解即可；（2）由题知24BD θ=-，进而结合三角形面积公式得3ABD BCD S S S πθ⎛⎫==-+ +⎪⎝⎭△△四边形，再根据三角函数性质求解即可.【小问1详解】解：若6πθ=，1,BC CD ==所以，在BCD △中，22232cos 4212BD BC CD BC CD θ=+-⋅=-=所以1BD =；【小问2详解】解：因为BCD θ∠=，1,BC CD ==，所以，根据余弦定理得2222cos 4BD BC CD BC CD θθ=+-⋅=-，因为,1,AB BD DA BC CD ====所以()344ABD S θ=-△，3sin 2BCD S θ= ，所以()33sin 4243ABD BCD S S S πθθθ⎛⎫==+-=-+ ⎭+⎪⎝△△四边形，所以，56πθ=时， S 四边形取到最大值19.已知正项等比数列{a n }满足a 2·a 5=a 7，a 8=256，正项数列{b n }的前n 项和S n 满足2S n =2n b +b n -2.（1）求数列{a n }，{b n }的通项公式;（2）若132()2-1n n n n S n a c b +⋅-=，求数列{c n }的前n 项和M n .【答案】（1）a n =2n ，b n =n +1（2）M n =4+(n -1)2n +2【解析】【分析】（1）设等比数列{a n }的公比为q ，q >0，根据已知求出首项和公比，即可求出{}n a 的通项，再根据11,1,2n n n S n b S S n -=⎧=⎨-≥⎩即可求得{b n }的通项；（2）利用错位相减法计算即可得出答案.【小问1详解】解：设等比数列{a n }的公比为q ，q >0，∵a 2·a 5=a 7，a 8=256，∴a 1q ·a 1q 4=a 1q 6，a 1q 7=256，∴a 1=q =2，∴a n =2n ；对于2S n =2n b +b n -2①，当n =1时，2S 1=2b 1=21b +b 1-2，解得b 1=2或b 1=-1(舍去)，当n ≥2时，2S n -1=2-1n b +b n -1-2②，①-②得2b n =22-1n n b b -+b n -b n -1，即(b n +b n -1)·(b n -b n -1-1)=0，∵b n +b n -1>0，∴b n -b n -1-1=0，即b n -b n -1=1，∴数列{b n }是以2为首项，1为公差的等差数列，∴b n =2+(n -1)×1=n +1；【小问2详解】解：由（1）可得S n =2(12)322n n n n+++=，∴2113322222(1)1n n n n n n c n n ++⎛⎫+-⋅ ⎪⎝⎭==⋅+-，∴M n =1×22+2×23+3×24+L +(n -1)×2n +n ×2n +1③，则2M n =1×23+2×24+3×25+L +(n -1)×2n +1+n ×2n +2④，③-④得-M n =22+23+24+25+L +2n +1-n ×2n +2=22(1-2)1-2n -n ×2n +2=-[4+(n -1)×2n +2]，∴M n =4+(n -1)2n +2.20.如图，在四棱锥B ACFM -中，四边形ACFM 为直角梯形，,90FM AC ACF ∠=∥ ，平面ACFM ⊥平面,1,60ABC BC CF AC ABC ∠==== .（1）证明：BC AM ⊥.（2）若四棱锥B ACFM -的体积为34，求平面MAB 与平面FCB 所成的锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）21919【解析】【分析】（1）根据余弦定理证明BC AC ⊥，再利用面面垂直的性质得到BC ⊥平面ACFM 即可得到BC AM ⊥；（2）根据（1）结合四棱锥B ACFM -的体积为34，可得32MF =，再以C 为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求解二面角的余弦即可【小问1详解】因为在ABC 中1BC =，60AC ABC ∠== ，故2222cos AC BC AB BC AB ABC =+-⋅∠，所以220AB AB --=，解得2AB =，故222AC BC AB +=，故BC AC ⊥.又平面ACFM ⊥平面ABC 且交于AC ，故BC ⊥平面ACFM ，又AM ⊂平面ACFM ，故BC AM⊥【小问2详解】由（1）结合锥体的体积公式可得()113324B ACFM V MF AC CF BC -=⨯+⨯⨯=，故(113324MF ⨯+=，解得32MF =.又,,,CB CA CB CF CF CA ⊥⊥⊥故以C 为坐标原点建立如图空间直角坐标系.则)A，()0,1,0B ，3,0,12M ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，故()AB =uuu r，,0,12AM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面MAB 的一个法向量为(),,n x y z = ，则00n AB n AM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即002y x z ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩，令2x =有y z ⎧=⎪⎨=⎪⎩(2,n = ，又平面FCB 的一个法向量为()1,0,0m = ，设平面MAB 与平面FCB 所成的锐二面角为θ，则219cos 19m n m n θ⋅===⋅ 21.第24届冬季奥林匹克运动会，即2022年北京冬奥会，于2022年2月4日星期五开幕，2月20日星期日闭幕，北京冬季奥运会设7个大项，15个分项，109个小项.北京赛区承办所有的冰上项目；延庆赛区承办雪车、雪橇及高山滑雪项目；张家口赛区的崇礼区承办除雪车、雪橇及高山滑雪之外的所有雪上项目.某国运动队拟派出甲、乙、丙三人去参加自由式滑雪.比赛分为初赛和决赛，其中初赛有两轮，只有两轮都获胜才能进入决赛.已知甲在每轮比赛中获胜的概率均为34；乙在第一轮和第二轮比赛中获胜的概率分别为45和58，丙在第一轮和第二轮获胜的概率分别是p 和32p -，其中304p <<.（1）甲、乙、丙三人中，谁进入决赛的可能性最大；（2）若甲、乙、三人中恰有两人进入决赛的概率为2972，求p 的值，在此基础上，设进入决赛的人数为ξ，求ξ的分布列及数学期望.【答案】（1）甲；（2）23p =，ξ的分布列见解析，()233144E ξ=.【解析】【分析】（1）分别求出甲、乙、丙三人初赛的两轮均获胜的概率，然后比较概率的大小即可；（2）利用相互独立事件的概率的求法分别求出甲和乙进入决赛的概率、乙和丙进入决赛的概率、甲和丙进入决赛的概率，即可通过甲、乙、三人中恰有两人进入决赛的概率为2972，列方程求解；先确定进入决赛的人数ξ的取值，依次求出每个ξ值所对应的概率，列出分布列，进而利用数学期望公式求解.【小问1详解】甲在初赛的两轮中均获胜的概率为：13394416P =⨯=，乙在初赛的两轮中均获胜的概率为：2451582P =⨯=，丙在初赛的两轮中均获胜的概率为：233322P p p p p ⎛⎫=⨯-=-+⎪⎝⎭，3043012p p ⎧<<⎪⎪⎨⎪<-<⎪⎩，1324p ∴<<，23139941616P p P ⎛⎫∴=--+<= ⎪⎝⎭， 12P P >，∴甲进入决赛的可能性最大；【小问2详解】由（1）知，1916P =，212P =，2332P p p =-+，若甲、乙、三人中恰有两人进入决赛，则甲和乙、甲和丙、乙和丙进入决赛，()()()1231231232911172P P P P P P P P P P ∴=⨯⨯-+⨯-⨯+-⨯⨯=，2229139139132911116221622162272p p p p p p ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴⨯⨯--++⨯-⨯-++-⨯⨯-+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，整理得21827100p p -+=，解得23p =或56p =，又1324p << ，∴23p =；则丙在初赛的两轮中均获胜的概率为2323253239P ⎛⎫=-+⨯= ⎪⎝⎭，设进入决赛的人数为ξ，则ξ可能的取值为0，1，2，3，()91570111162972P ξ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴==-⨯-⨯-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()91591591511111111116291629162932P ξ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==⨯-⨯-+-⨯⨯-+-⨯-⨯= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()29272P ξ==，()91553162932P ξ==⨯⨯=，∴ξ的分布列如下：ξ123P77211322972532()711295233012372327232144E ξ∴=⨯+⨯+⨯+⨯=.22.已知函数()2ln f x x x =-．（1）求曲线()y f x =在e x =处的切线方程；（2）若()()()e xg x f x ax -=+⋅在区间()01，内是单调函数，求实数a 的取值范围．【答案】（1）()232e 1e e 0x y ---=（2）(],2-∞【解析】【小问1详解】由()2ln f x x x =-得()12f x x x '=-，()1=2e e-ef '，()21e =e f -，所以在e x =处的切线方程为：()22112e-e +e 12e-e e e y x x ⎛⎫⎛⎫=--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即()232e 1e e 0x y ---=.【小问2详解】()()()()()22e l 1,ln 2n e e x x xg x g x x x ax x f x ax x x a a x x ---⎛⎫'==--++-+ ⎪⎝⎭=+⋅-+⋅记()21ln 2h x x x x ax a x =--++-+，则()21122h x x a x x '=-+++-，显然可得()h x '在()0,1单调递减.当2a ≤时，()120h a '=-≥，从而()0h x '≥在()0,1上恒成立,故()h x 在()0,1上单调递增，又因为()10h =，所以()0h x <即()0g x '<在()0,1上恒成立，所以()g x 在区间()0,1上单调递减，符合题意；当2a >时，()120h a '=-<，221112424202h a a a a a a a a ⎛⎫'=-+++-=-+++>⎪⎝⎭，所以11,12x a ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得()10h x '=，又()h x '在()0,1上单调递减，所以()0h x '>在()10,x 上恒成立，()0h x '<在()1,1x 上恒成立．所以()h x 在()10,x 上单调递增，在()1,1x 上单调递减．所以()()110h x ϕ>=，又()()2ee e 2e 0a a a a h a ---=--+-<．令()e 2(2)x m x x x =->，则()e 20(2)xm x x '=->>，所以()m x 在()2,+∞上单调递增，所以()()20m x m >>，所以e 2a a >，所以11e 2a x a-<<．所以存在()01e ,a x x -∈，使得()00g x =，所以在()00,x 上()0g x <，在()01,x x 上()0h x >，所以在()00,x 上()0g x '<，在()01,x x 上()0g x '>．所以()g x 在区间()0,1上既有减区间()00,x ，也有增区间()01,x x ，不符合题意．综上可知，实数a 的取值范围是(],2-∞．。

2018年上学期广东梅州中学第一学期期中考试数 学注意：本试卷共三大题，总分150分，考试时间11月2日9：00-11：00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.集合A={-1，2}，B={x/mx+1=0},若A ∪B=A 那么实数m 的可能取值组成的集合是（ ） A 、{-1，2} B 、{-1/2，1} C 、{-1/2，0，1} D 、{-1，1/2} 2集合A={123,,aa a }，B={,12b b }，从A 到B 的映射个数为（ ）A 、 6B 、 8C 、 9D 、 4 3.已知p ，q 是两个简单命题，若“p 或q ”的否定是真命题，则必有（ ）A 、p 真q 真B 、p 假q 假C 、 p 真q 假D 、p 假q 真 4.f （x ）=xa（a ＞0，a ≠1）的反函数的图象过点（2，-2），那么2lim(?-)nn a aa →∞++）的值是（）121A B C ，，5. 已知sina+cosa=7/13,且a 0，π）则tan a 的值为（）A 、 -12/5B 、-5/12C 、12/5D 、±12/56. 已知函数y=2sin(ωx+φ)( ω＞0，│ω│＜π/2＝的图象如图示，则（）A 、ω=10/11，φ =π/6B 、ω=10/11，φ =—π/6C 、ω=2，φ =π/6D 、ω=2，φ =—π/6 7. 已知点P(sin a- cos a, tan a)在第一象限，则[0，2π]内a 的取值范围是（） A 、（π/2，3π/4） ∪（π，5π/4） B 、（π/4，π/2） ∪（π，5π/4） C 、 （π/2，3π/4） ∪（5π/4，3π/2） D 、（π/4，π/2） ∪（3π/4，π/4）8.f （x ）=lg(-x 2+8x-7) 在（m ，m+1）上递增，则m 的取值范围（）A 、 1＜m ≤3B 、1＜m ＜3C 、 m ≤3D 、m ≥49.把x-2y+c=0,按向量a(-1,2)平移,所得到直线与圆x 2+y 2+2x-4x=0 相切，则c 等于（）A 、 、10或0 C 、±5D 、 13或310. 已知向量(2,0),(2,2),(2cos )OB OC CA a a ===则向量,OA OB 的夹角范围是（）A 、[π/12，5π/12]B 、[0，π/4]C 、[π/4，5π/12]D 、 [5π/12，π/2]11. 已知E 、F 、G 、H 为空间四点，设命题甲：点E 、F 、G 、H 不共面；命题乙：直线EF 和GH 不相交。

广东梅县东山中学2012-2013学年度高三第一学期中段考试文科数学试题2012.11.5一、选择题：（本大题共10小题，每小题5分，满分50分。

）1．=︒)cos(750（ ）。

A ．21-B ．21C ．23-D ．232．已知集合A=}1|{2x y x -=，B=}1|1||{<-x x ，则=⋂B A （ ）。

A. )2,1[- B ．)1,0( C. ]1,0( D. ]1,0[3．已知函数⎩⎨⎧>-<=0),2(0,2)(x x f x x f x ，则)5(f =（ ）。

A ．21- B ．21C ．1-D ．14．已知向量),,1(),3,2(λ==→→b a ，若λ为实数，→→b a //，则λ=（ ）。

A ．23B ．32 C ．23- D ．32-5．将函数x y 2sin =做如下变换能得到函数)32sin(π+=x y 的是（ ）。

A ．向右平移3π单位 B ．向右平移6π单位 C ．向左平移3π 单位 D ．向左平移6π单位6．已知1:≤x p ，11:<xq ，则非q p 是的（ ）。

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7．函数xx x f 2ln )(-=的零点所在的大致区间是（ ）。

A ．)1,0( B. )2,1( C ．)3,2( D ．)4,3(8．已知三角函数图像如右图所示，则（ ）。

A ．)62sin()(π+=x x f B ．)63sin()(π+=x x fC ．)62cos()(π+=x x f D ．)63cos()(π+=x x f9．若BE AD ,分别为ABC ∆的边AC BC ,上是中线，→→→→==b BE a AD ,，则→BC =（ ）。

A ．→→+b a 3234B ．→→+b a 3432C ．→→-b a 3232D ．→→+-b a 323210．已知)(x f 与)(x g 是定义在R 上的连续函数，如果)(x f 与)(x g 仅当0=x 时函数值为0，且)(x f ≥)(x g ，那么下列不可能．．．出现的情况是（ ）。

广东省梅州市2025届高三第一次联考（5月）数学试题试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置． 3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效． 5．如需作图，须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．已知底面是等腰直角三角形的三棱锥P -ABC 的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形全等，则（ ）A ．PA ，PB ，PC 两两垂直 B ．三棱锥P -ABC 的体积为83C ．||||||6PA PB PC ===D ．三棱锥P -ABC 的侧面积为352．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若31425a a a =+=，，则6S =（ ） A ．10 B ．9C ．8D ．73．将函数()32cos 2f x x x =-向左平移6π个单位，得到()g x 的图象，则()g x 满足（ ）A ．图象关于点,012π⎛⎫⎪⎝⎭对称，在区间0,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数 B ．函数最大值为2，图象关于点,03π⎛⎫⎪⎝⎭对称 C ．图象关于直线6x π=对称，在,123ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为1 D ．最小正周期为π，()1g x =在0,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦π有两个根 4．给定下列四个命题：①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，则这两个平面相互平行；②若一个平面经过另一个平面的垂线，则这两个平面相互垂直； ③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直． 其中，为真命题的是( )A ．①和②B ．②和③C ．③和④D ．②和④5．德国数学家莱布尼兹(1646年-1716年)于1674年得到了第一个关于π的级数展开式,该公式于明朝初年传入我国.在我国科技水平业已落后的情况下,我国数学家､天文学家明安图(1692年-1765年)为提高我国的数学研究水平,从乾隆初年(1736年)开始,历时近30年,证明了包括这个公式在内的三个公式,同时求得了展开三角函数和反三角函数的6个新级数公式,著有《割圆密率捷法》一书,为我国用级数计算π开创了先河.如图所示的程序框图可以用莱布尼兹“关于π的级数展开式”计算π的近似值(其中P 表示π的近似值),若输入10n ＝,则输出的结果是( )A ．11114(1)35717P =-+-+⋅⋅⋅+ B ．11114(1)35719P =-+-+⋅⋅⋅- C ．11114(1)35721P =-+-+⋅⋅⋅+D ．11114(1)35721P =-+-+⋅⋅⋅-6．已知函数()e x f x x=,关于x 的方程()()()2140(f x m f x m m ++++=∈R)有四个相异的实数根,则m 的取值范围是( ) A ．44,e e 1⎛⎫---⎪+⎝⎭B ．()4,3--C ．4e ,3e 1⎛⎫--- ⎪+⎝⎭D ．4e ,e 1∞⎛⎫--- ⎪+⎝⎭ 7．函数ln ||()xx x f x e =的大致图象为（ ）A ．B ．C ．D ．8．如图，在ABC ∆中，点Q 为线段AC 上靠近点A 的三等分点，点P 为线段BQ 上靠近点B 的三等分点，则PA PC +=（ ）A ．1233BA BC + B ．5799BA BC + C ．11099BA BC + D ．2799BA BC + 9．已知()f x 是定义在[]2,2-上的奇函数，当(]0,2x ∈时，()21xf x =-，则()()20f f -+=（ ）A ．3-B ．2C ．3D ．2-10．若函数()2xf x e mx =-有且只有4个不同的零点，则实数m 的取值范围是（ ）A ．2,4e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．2,4e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．2,4e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．2,4e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦11．已知椭圆22y a +22x b =1(a >b >0)与直线1y a x b -=交于A ，B 两点，焦点F (0，-c )，其中c 为半焦距，若△ABF 是直角三角形，则该椭圆的离心率为（ ） A 5-1B 3-1C 31+D 51+ 12．计算25log sincosππ⎛⎫⎪等于( )A ．32-B ．32C ．23-D ．23二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。