2022年沈阳市高中三年级教学质量监测（一）数学命题：东北育才双语学校马江宁沈阳市第五中学裴延峰沈阳市第二十七中学金红沈阳市第二十中学杜伟明审题：沈阳市教育研究院周善富(本试卷共4页，22小题，满分150分。考试用时120分钟。)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。核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡指定区域。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将答题卡交回。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。1．集合，，则A．B．C．D．2．已知为虚数单位，若复数，则A．B．C．D．3．关于双曲线与，下列说法中错误的是A．它们的焦距相等B．它们的顶点相同C．它们的离心率相等D．它们的渐近线相同4．夏季里，每天甲、乙两地下雨的概率分别为和，且两地同时下雨的概率为，则夏季的一天里，在乙地下雨的条件下，甲地也下雨的概率为A．B．C．D．5．已知等差数列的公差为，且成等比数列，则的前项和A．B．C．D．6．如图，在直角梯形中，，，，，是线段上的动点，则的最小值为A．B．C．D．7．已知，，，则A．B．C．D．数学试题第17页（共17页）
8．若函数，则是在有两个不同零点的A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分且必要条件D．既不充分也不必要条件二、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，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．某团队共有人，他们的年龄分布如下表所示，年龄28293032364045人数1335431有关这人年龄的众数、极差、百分位数说法正确的有A．众数是B．众数是C．极差是D．分位数是10．已知函数（），则A．的最小值为B．的最小正周期为C．的图像关于点中心对称D．的图像关于直线轴对称11．已知圆，直线，为直线上一动点，过点作圆的两条切线，为切点，则A．点到圆心的最小距离为B．线段长度的最小值为C．的最小值为D．存在点，使得的面积为12．若，，则下列不等关系正确的有A．B．C．D．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．函数的最大值为_______．14．若展开式的二项式系数之和为，则展开式中项的系数为_______．（用数字作答）15．某次社会实践活动中，甲、乙两个班的同学共同在一社区进行民意调查．参加活动的甲、乙两班的人数之比为，其中甲班中女生占，乙班中女生占．则该社区居民遇到一位进行民意调查的同学恰好是女生的概率是_______．16．已知三棱柱中，，，，，则四面体的体积为_______．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。数学试题第17页（共17页）
17．（10分）从①，②这两个条件中任选一个，补充到下面已知条件中进行解答．已知中，角的对边分别为，且_______．（填写①或②，只可以选择一个标号,并依此条件进行解答.）（1）求；（2）若，的面积为，求．18．（12分）等差数列和等比数列满足，，，且．（1）求数列的通项公式；（2）已知：①；②，使．设为数列中同时满足条件①和②的所有的项的和，求的值．19．（12分）现有一种需要两人参与的棋类游戏，规定在双方对局时，二人交替行棋．一部分该棋类游戏参与者认为，在对局中“先手”（即：先走第一步棋）具有优势，容易赢棋，而“后手”（即：对方走完第一步棋之后，本方再走第一步棋）不具有优势，容易输棋．（1）对某位该棋类游戏参与者的场对局的输赢结果按照是否先手局进行统计，部分数据如下表所示．请将表格补充完整，并判断是否有的把握认为赢棋与“先手局”有关？先手局后手局合计赢棋45输棋45合计25100（2）现有甲乙两人进行该棋类游戏的比赛，采用三局两胜制（即：比赛中任何一方赢得两局就获胜，同时比赛结束，比赛至多进行三局）．在甲先手局中，甲赢棋的概率为，乙赢棋的概率为；在乙先手局中，甲赢棋的概率为，乙赢棋的概率为．若比赛中“先手局”的顺序依次为：甲、乙、乙，设比赛共进行局，求的分布列和数学期望．0.100.050.012.7063.8416.635附：n=a+b+c+d数学试题第17页（共17页）
20．（12分）如图，在四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，，，，．（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值．21．（12分）已知椭圆的短轴长为，离心率为，点是椭圆的左顶点，点坐标为，经过点的直线交椭圆于两点，直线斜率存在且不为.（1）求椭圆的方程；（2）设直线分别交直线于点，线段的中点为，设直线与直线的斜率分别为，求证：为定值.22．（12分）已知．（1）求证：对于，恒成立；（2）若对于，有恒成立，求实数的取值范围2022年沈阳市高中三年级教学质量监测（一）数学参考答案与评分标准说明：一、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制订相应的评分细则．二、对解答题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．三、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．四、只给整数分数，选择题和填空题不给中间分．一、选择题：数学试题第17页（共17页）
1．C2．D3．B4．C5．B6．B7．A8．A二、选择题：9．ACD10．BD11．ACD12．ABD三、填空题：13．14．15．16．部分选择和填空试题解析1．由题意，由集合交集的定义：．故选C．2．因为，所以，故选D．（2法）：，故选D．4．（参看教材选择性必修第二册43页例2）设事件为甲地下雨，事件为乙地下雨，则，，则．故选C．5．成等比数列，即，所以，得，故，则．故选B．6．如图，以点为坐标原点，建立平面直角坐标系，设，，因为，，所以，，，所以，，，则，，当，即时，的最小值为．故选B．（2法）：设，则=====数学试题第17页（共17页）
7．由得，故，则，同理得，故，则，故．故选A．8．因为，由题意得在有两个解．设，，当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增．即当时，的最小值为，所以当时有两个解，则是在有两个不同零点充分不必要条件．故选A．（2法）：由且得．设（），得，则在处取得最小值．设，则在处取得最大值．若在有两个不同零点，则，得，则是在有两个不同零点充分不必要条件．故选A．9．见教材必修第二册88页第3题．10．，最小值为，最小正周期为，图象关于点中心对称，直线为对称轴．故选BD．11．选项A中，即为圆心到直线的距离等于，故选项A正确；选项B中，由的最小值为，且，可得的最小值为，故选项B不正确；选项C中，设，则，设，且，则，，故，数学试题第17页（共17页）
即，且，故当时，最小值为，故选项正确．（2法）：，当增大时，增大，减小，且，所以随之增大，则当时，的最小值为3．故选项正确．选项D中，设（为锐角），与交于，，，单调递增，所以当最小时，即时，，易求得的值域为，，故选项D正确．（2法）：当时，可以求得，当向无限远处运动时，趋向于，因为连续变化，所以必存在，故选项D正确．故选ACD．12．依题意，，则，，．，A正确．，B正确．，C错误．由，，D正确．故选ABD．13．，当时，取得最大值．14．根据二项式系数之和为64，可得，解得，所以展开式的数学试题第17页（共17页）
通项公式为，令，可得，所以展开式中项的系数为．15．见选择性必修教材第二册48页例316．如图，由，，，得，由勾股定理得，，设在平面内的射影为点，即平面，连接，则由三垂线定理的逆定理可知，，，且，故点在的平分线上，设交于点连接，则，，在中，，则，设到平面的距离为，则，四面体的体积．（2法）：如图，由，，，得，由勾股定理得，，设在平面内的射影为点，即平面，连接，则由三垂线定理的逆定理可知，，，且，故点在的平分线上，由得，再由最小角定理，得，在中，，，，得，故四面体的体积．四、解答题17．选条件①.数学试题第17页（共17页）
（1）由正弦定理得，,因为，所以，所以．……………3分又，故．……………5分（2）,所以．……………7分由余弦定理及，有,所以．……………9分由得出．……………10分选条件②.（1）由余弦定理,知，……………3分又．故．……………5分（2）解法同选条件①18．（1）设公差为，则，得，……………2分则，设公比为，且，则，得，………………4分则．………………6分（2）由（1）得且条件①，则，………………8分又，若满足条件②，使，则必有，即需是被除余的正整数，又由符合，且，不符合，，符合，故所有奇数项均符合条件②，【通过列举得到前10项中符合的有第1、3、5、7、9项也得分】……………10分所以．……………12分19．（1）先手局后手局合计赢棋451055数学试题第17页（共17页）
输棋301545合计7525100………………2分．………………4分，所以有的把握认为赢棋与“先手局”有关．………………6分（2）的取值范围为，，，………………8分则的分布列为……………10分则．……………12分20．（1）方法一：由题意得，四边形是直角梯形，，，，，所以，可知，所以，则．………………2分又有平面，平面，则,………………4分且，故平面．………………6分方法二：由题意平面，，分别以为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，又由四边形是直角梯形，，，，如图所示，则，，，数学试题第17页（共17页）
，，则，，，即，………………2分又，，即，………………4分且，故平面．………………6分方法三：由题意平面，，分别以为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，又由四边形是直角梯形，，，，则，，，，，………………2分在平面中，则，，，设平面的一个法向量为，则，令，得，，所以………………4分由，得，故平面．………………6分（2）由题意平面，，分别以为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，在平面中，，，设平面的一个法向量，则，所以，令，得，所以．…………8分在平面中，，，设平面的一个法向量，则，令得，，所以．………………10分则，设二面角大小为，………11分由图可知，．………………12分数学试题第17页（共17页）
21．（1）由题意得，，，得，，所以椭圆方程为．…………………4分（2）设，，直线的方程为，由消去，整理得：，所以，…………………5分又，所以直线的方程为：，其与直线的交点为；同理，………………6分所以的中点为，…………………7分因此的斜率为…………………10分因此，即为定值．…………………12分方法二：高观点下的曲线系解法.（参加数学竞赛的学生可能这样解答）数学试题第17页（共17页）
设，则，.A点处的切线为，.…………………6分过A、M、N三点的二次曲线系为：.……8分待定系数得y的系数为,为，而要求，…………………10分等式左侧项系数为,项系数为，项系数为.，项系数比为，解得.所以.…………………12分（考后来洪臣老师提供方法，对照评分标准酌情给分）（2）设直线，得到，，则，所以设直线，因为过定点得到，所以，所以.因为椭圆方程可化为，齐次化为，两边同时除以,得，则为的两根，所以.所以.数学试题第17页（共17页）
22．（1）由，得，令，得．…………………2分当时，，单调递减，当时，，单调递增，故在处取得极小值，即为最小值，故对于恒成立．…………………4分（2）方法一：由，得．由，则，即，得．…………………5分设，，令，得．当时，，单调递减，当时，，单调递增，故在处取得极小值，即为最小值，即对恒成立，…………………7分设，，当时，，即在上单调递增，而，则恒成立．…………………9分当时，令，得，当时，，单调递减，而，故时，，即不恒成立．…………………11分综上，的取值范围为．…………………12分方法二：当时，，等价于，设，且，数学试题第17页（共17页）
则，…………………5分则当时，由，，由（1）得，，即，…………………7分所以时，，单调递减，时，，单调递增，故在的最小值为，即恒成立．…………………9分而当时，设，，令，得，由，故.当时，，单调递减，故时，，则单调递减，而，即时，，故不成立，…………………11分综上，的取值范围为．………………12分方法三：当时，，等价于，设，且则，…………………5分设，，则时，，单调递减，时，，单调递增，故在的最小值为，数学试题第17页（共17页）
则当时，恒成立，…………………7分所以时，，单调递减，时，，单调递增，故在的最小值为，即恒成立．…………………9分而当时，设（），则，且时，，单调递增，则时，，而，故时，，所以单调递减，而，即时，，故不成立，…………………11分综上的取值范围为．………………12分（考后李连军老师提供方法，对照评分标准酌情给分）（2）恒成立，即为，①由（1）知，恒成立，设，则，可得时，，单调递减，时，，单调递增，故，可得，当时，恒成立；②当时，等价于设，则设，则，数学试题第17页（共17页）
则时，，单调递增，时，，单调递增，故，（ⅰ）当时，即时，，而则时，，单调递增，时，，单调递减，故，符合题意，（ⅱ）当时，即时，则必然存在，使得当时有，则时，，单调递增，而，故当，，不合题意，综上，的取值范围为．（考后李刚老师提供方法，对照评分标准酌情给分）（2）由，得．由，则.由于，所以，设，，令，得.当时，，单调递减，当时，，单调递增，故在处取得极小值，考虑到当趋近于，函数值趋近于，所以.即恒成立，其中.设，，①当时，，当且仅当时，，因此在上单调递减，而，故恒成立，符合题意.②当时，令，则，当时，，单调递增，而，故当时，，即无法恒成立，综上，的取值范围是数学试题第17页（共17页）
