广东省佛山市顺德区2022届高三一模数学试题

1、 20212022学年顺德区普通高中教学质量检测（一）高三数学第卷（选择题 共60分）一、单项选择题：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已知集合，则（ ）ABCD2已知为i虚数单位，复数，则z的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3（ ）ABCD4已知数列的前n项和，则k的值为（ ）A2BC1D5已知函数，则函数的大致图象为（ ）ABCD6如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则三棱锥的体积为（ ）ABCD不确定7已知正实数a，b满足：，则的最小值为（ ）ABC6D无最小值8已知函数，且有，

2、则在区间内至少有（ ）个零点A4B8C10D12二、多项选择题：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下列说法正确的是（ ）A命题：，的否定是：，；B，是的充要条件；C是的充分非必要条件；D是命题：，恒成立的充分非必要条件10如图，在正方体中，点E，F分别为，BC的中点，设过点E，F，的平面为，则下列说法正确的是（ ）A为等边三角形；B平面交正方体的截面为五边形；C在正方体中，存在棱与平面平行；D在正方体中，不存在棱与平面垂直；11在中，A，B，C所对的边为a，b，c，设BC边上的中点为M，的面积为S，其

3、中，下列选项正确的是（ ）A若，则BS的最大值为CD角A的最小值为12如图，已知圆锥OP的底面半径，侧面积为，内切球的球心为，外接球的球心为，则下列说法正确的是（ ）A外接球的表面积为B设内切球的半径为，外接球的半径为，则C过点P作平面截圆锥OP的截面面积的最大值为D设圆锥OP有一内接长方体，该长方体的下底面在圆锥底面上，上底面的四个顶点在圆锥的侧面上，则该长方体体积的最大值为第卷（非选择题共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分第16题第一空2分，第二空3分13已知函数，则_14已知向量，则实数k的值为_15已知数列，且，则数列的前100项的和为_16已知函数，当时，函数的零

4、点个数为_；若函数有两个零点，则实数a的取值范围为_四、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（本题满分10分）已知函数从下面的两个条件中任选其中一个：；若，且的最小值为，求解下列问题：（）化简的表达式并求的单调递增区间；（）已知，求的值（注：条件、只能任选其一，若两个都选，则以条件计分）18（本题满分12分）在中，角A，B，C所对的边为a，b，c，角A的角平分线交BC于点D，且，（）求角A的大小；（）求线段AD的长19（本题满分12分）已知数列，的各项均为正数在等差数列中，；在数列中，（）求数列，的通项公式；（）求数列的前n项和为20（本题满分12分）已知

5、函数的两个极值点为，2，且在处的切线方程为（）求函数的表达式；（）当时，恒成立，求实数的取值范围21（本题满分12分）某商品的包装纸如图1，其中菱形的边长为3，且，将包装纸各三角形沿菱形的边进行翻折后，点E，F，M，N汇聚为一点P，恰好形成如图2的四棱锥形的包裹（）证明底面；（）设点T为BC上的点，且二面角的正弦值为，试求PC与平面PAT所成角的正弦值22（本题满分12分）设函数（）当时，求的单调区间；（）任意正实数，当时，试判断与的大小关系并证明20212022学年顺德区普通高中教学质量检测（一）高三数学参考答案一、单项选择题：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

6、项是符合题目要求的12345678BADCBABD二多项选择题：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9101112ACBDABCAD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分第16题第一空2分，第二空3、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（本题满分10分）【解析】（）若选择条件；由得即所以的单调递增区间为，若选择条件，若，即是的最大值点，是的零点且的最小值为，设的周期为T，由此可得，即有：，由，可得：，即有可得：或，再结合，可得（注：若

7、此处没有写因为而得到，此步不得分）综上可得：后续解法同上（）由，可得：，从而可得：，即有，由，可得：故18（本题满分12分）【解析】（）将代入得，又，所以，又，故（）方法1：因为AD为角A的角平分线，所以在中，由余弦定理得，故而故所以在中，由正弦定理得，故方法2：因为AD为角A的角平分线，所以由得解得方法3：因为AD为角A的角平分线，所以而故即，解得19（本题满分12分）【解析】（）方法1：设数列的公差为d，由题意得：解得，故由可得：，即有或（舍）从而有数列为首项为1，公比为的等比数列，即可得方法2：及得，设数列为的公差为d，则解得故求数列的方法同上（） 得故20（本题满分12分）【解析】（）

8、由愿意可得：（*）又因为处的切线方程为故，代入（*）式解得，故（）当时，恒成立，此时当时，由分离参数可得设，则故在上单调递减，上单调递减，上单调递增故当时，的最小值为，此时当时，由分离参数可得由上述过程知在上单调递减，故的最大值为此时综上：k的取值范围为21（本题满分12分）【解析】（）由菱形的边长为3，可得：，即有同理，即有在翻折的过程中，垂直关系保持不变可得：，可得底面（）解法一：如图，以点A为原点，AB为x轴，过点A作AB的垂线为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系由第（）问可得底面，可得：，则为二面角的平面角，由题意可得：考虑，可得利用正弦定理可得：，可得点T的坐标为点，设面的法向量为，则有，即：令，则有，则有：则PC与面PAT所成角的正弦值为解法二：由第（）问可知底面，可得：根据解法一可知，再利用余弦定理可得：，即点T为BC上靠近点B的三等分点设过点C作平面PAT的垂线，垂足为Q，连接PQ，则为PC与面PAT所成角考虑三棱锥，利用等体积法可得：则PC与面PAT所成角的正弦值为解法三：由面，可得：，故为二面角的平面角，由题意可得：为锐角，所以故过点C作CQ垂直于AT于Q，连接CQ、AC则，面，又因为，故面PAT故为与面PAT所成的角，即PC与面PAT所成角的正