2022届黑龙江省双鸭山市第一中学高三下学期开学考试数学（理）试题含解析

这是一份2022届黑龙江省双鸭山市第一中学高三下学期开学考试数学（理）试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022届黑龙江省双鸭山市第一中学高三下学期开学考试
数学（理）试题
一、单选题
1．已知集合，集合,则（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由集合的元素特征以及集合的运算即可求解.
【详解】，集合中的元素为坐标点，，集合中的元素为实数，

故选：D
【点睛】本题主要考查集合的元素特征以及集合的基本运算，属于基础题.
2．若复数(为虚数单位)，则（       ）.
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【分析】根据题意先求出，然后再求出模.
【详解】因为，化简得，故，所以
故选：
3．如图所示，在正方体中，E，F分别是的中点，则异面直线EF与所成的角为（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】利用，将异面直线所成的角转化为相交直线所成的角，即为所求角，在中求解.
【详解】连结，，
因为为正方形，所以既是中点，又是的中点，所以，
所以与所成的角为，而为等边三角形，所以.

故选：C
【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
4．若，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由、，结合已知即可求.
【详解】∵，
∴.
故选：C
5．某中学举行“十八而志，青春万岁”成人礼，现在需要从4个语言类节目和6个歌唱类节目中各选2个节目进行展演，则语言类节目A和歌唱类节目B至少有一个被选中的不同选法种数是（       ）
A．15 B．45 C．60 D．75
【答案】C
【分析】先求出从4个语言类节目和6个歌唱类节目中各选2个节目进行展演的选法数，再求出语言类节目A和歌唱类节目B都没有被选中的选法数，相加可得答案.
【详解】从4个语言类节目和6个歌唱类节目中各选2个节目进行展演有种选法.
语言类节目A和歌唱类节目B都没有被选中的有
所以语言类节目A和歌唱类节目B至少有一个被选中的不同选法种数有
故选：C
6．若实数满足约束条件，则的最大值是（       ）
A． B． C．2 D．
【答案】A
【分析】作出可行域，平移目标函数即可求得最大值.
【详解】作出可行域，即图中三角形ABC区域，不含边界AC

要使越大，只需将直线向下平移至B点即最优解，
解得
所以的最大值为
故选：A
7．函数的部分图像大致为（       ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据函数解析式，取特殊值，判断正负，即可判断图像.
【详解】由知，
为偶函数，，，故排除BC选项；
，，易知在随着x增大过程中出现递减趋势，且趋近于x轴，故A正确.
故选：A.
8．记为数列的前项和，若，则（       ）
A．﹣1024 B．﹣1023 C．1023 D．1024
【答案】B
【分析】由已知可求得，再利用可得是以﹣1为首项，2为公比的等比数列，即可求出.
【详解】由题意，当时，，解得，
当时，，
化简整理，得，
∴数列是以﹣1为首项，2为公比的等比数列，
∴．
故选：B．
【点睛】思路点睛：利用和求通项的步骤：
（1）当时，利用求出；
（2）时，将替换为，得到关于的式子；
（3）将两式相减，利用得到关于的通项公式或递推关系；
（4）利用递推关系求出数列通项公式；
（5）验证是否满足通项即可得出答案.
9．已知若，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】依题意构造函数，判断其单调性即可得结果．
【详解】由题意知可以化为，
所以可以构造函数，因为在上为增函数，
又因为．所以
故选：B
10．已知为双曲线的右焦点，为双曲线右支上一点，且位于轴上方，为渐近线上一点，为坐标原点．若四边形为菱形，则双曲线的离心率（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设，由，求得，再设，代入双曲线的方程，求得，利用，和双曲线的离心率的定义，即可求解.
【详解】由题意，双曲线的焦点，且渐近线方程，
因为四边形为菱形，如图所示，
设，因为，解得，可得，
设，代入双曲线的方程，可得，即，
又由，可得，可得，
所以双曲线的离心率为.
故选：D.

【点睛】求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：
1、定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；
2、齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；
3、特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.
11．在四面体中，若，，，则四面体的外接球的表面积为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】将四面体补成长方体，通过求解长方体的对角线就是球的直径，然后求解外接球的表面积．
【详解】由题意可采用割补法，考虑到四面体ABCD的四个面为全等的三角形，
所以可在其每个面补上一个以，2，为三边的三角形作为底面，且以分别x，y，z长、两两垂直的侧棱的三棱锥，从而可得到一个长、宽、高分别为x，y，z的长方体，并且x2+y2＝3，x2+z2＝5，y2+z2＝4，则有（2R）2＝x2+y2+z2＝6（R为球的半径），得2R2＝3，
所以球的表面积为S＝4πR2＝6π．
故答案为．
【点睛】本题考查几何体的外接球的表面积的求法，割补法的应用，判断外接球的直径是长方体的对角线的长是解题的关键之一．一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径，例：三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.
12．若函数有且只有一个零点，则实数a的取值范围为（        ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】函数有且只有一个零点，等价于关于x的方程有且只有一个实根,通过变形分离参数,构造函数,利用函数的单调性和极值,通过数形结合,转化求解即可．
【详解】函数有且只有一个零点，等价于关于x的方程有且只有一个实根．显然，
∴方程有且只有一个实根．
设函数，则．
设，为增函数，
又．∴当时，，为增函数；
当时，，为减函数；
当时，，为增函数；∴在时取极小值1．
当趋向于0时，趋向于正无穷大；当趋向于负无穷大时，
趋向于负无穷大；又当趋向于正无穷大时，
趋向于正无穷大．∴图象大致如图所示：

∴方程只有一个实根时，实数a的取值范围为.
故选B．
【点睛】本题主要考查了函数零点的问题,解答中把函数有零点转化为函数图象得交点是关键,着重考查了转化与化归思想和数形结合思想,以及分析问题和解答问题的能力,难度困难.
二、填空题
13．元朝著名数学家朱世杰在《四元玉鉴》中有一首诗：“我有一壶酒，携着游春走，遇店添一倍，逢友饮一斗，店友经三处，没了壶中酒，借问此壶中，当原多少酒？”该问题可用如图所示的程序框图来求解，则输入的x的值为_______.

【答案】
【分析】求出对应的函数关系，由题输出的结果的值为0，由此关系建立方程求出自变量的值即可．
【详解】解：第一次输入，
执行循环体，，，
执行循环体，，，
执行循环体，，，
输出的值为0，即，解得，
故答案为：．
14．若的展开式中第4项的系数是160，则______.
【答案】1
【分析】根据给定的二项式直接求出第4项，结合已知系数计算作答.
【详解】的展开式中的第4项为，
依题意，，解得，
所以.
故答案为：1
15．已知F是抛物线的焦点，抛物线C上的点满足，若在准线上的射影分别为，且的面积为5，则_______
【答案】6.25
【分析】设出直线AB，联立抛物线，利用韦达定理得到两根之和，两根之积，利用的面积和向量比例关系得到，进而利用焦点弦公式进行求解.
【详解】设直线AB为，联立抛物线得：，设，，则，，其中，，则，由可得：，则，解得：，此时，所以，故，解得：，当，时，，此时，当，时，，此时，综上：，.
故答案为：
16．已知圆，点，若上存在两点满足，则实数的取值范围___________
【答案】
【分析】令，根据得，由在圆上代入坐标，整理可将问题转化为两个圆有公共点，则两圆的圆心距离在内，进而求的范围.
【详解】由题意，可得如下示意图，

令，由知：，又在上，
∴，整理得，即两圆有公共点，
∴两圆的圆心距离为，半径分别为、，故当时符合题意，
∴，即.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：设，利用向量共线的坐标表示求B坐标，将点代入圆的方程将问题转化为两圆有公共点，求参数范围.
三、解答题
17．在四边形中，.

（1）求及的长；
（2）求的长.
【答案】（1），； （2）3.
【分析】（1）在中，由余弦定理，求得的长，再利用余弦定理，即可求得的值.
（2）根据同角三角函数的基本关系式、二倍角公式及诱导公式和两角和与差的正弦公式，最后结合正弦定理，即可求解.
【详解】（1）在中，由余弦定理可得：
，解得，
所以.
（2）由（1）知，所以，
所以，
又由，
由正弦定理，可得，则.
【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理，以及和差公式，诱导公式等知识的综合应用，着重考查了推理与运算能力.
18．如图所示，在四棱锥中，底面，四边形为矩形，，，为的中点.

（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由平面，可得，再由矩形中，可得，由线面垂直的判定定理可得平面；
（2）以点为坐标原点，分别以直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，再分别求出面的一个法向量和平面的一个法向量，再由向量的夹角运算可求得二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，
所以，
因为四边形为矩形，，，为的中点.
所以，，
于是，因为，
所以，所以，
因为，､平面，所以平面；
（2）以点为坐标原点，分别以直线为轴，轴，轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，由题意知：

，，，
设平面和平面的法向量分别为，，
，令，，
，令，，
设二面角的平面角为，因为二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】关键点睛：线面垂直的关键在于需证明线垂直于面内的两条相交直线，在运用向量法求得法向量的夹角的余弦值后需判断二面角是锐角还是钝角，再取相应的值.
19．排球比赛按“五局三胜制的规则进行(即先胜三局的一方获胜，比赛结束)，且各局之间互不影响.根据两队以往交战成绩分析，乙队在前四局的比赛中每局获胜的概率是，但前四局打成2：2的情况下，在第五局中甲队凭借过硬的心理素质，获胜的概率为.若甲队与乙队下次在比赛上相遇.
（1）求甲队以3：1获胜的概率；
（2）设甲的净胜局数(例如：甲队以3：1获胜，则甲队的净胜局数为2，乙队的净胜局数为﹣2)为ξ，求ξ的分布列及.
【答案】（1）；（2）分布列答案见解析，.
【分析】（1）利用独立事件的概率和独立重复试验的概率求解；
（2）由题得ξ取值有﹣3，﹣2，﹣1，1，2，3，再求出对应的概率，即得解.
【详解】（1）甲队以3：1获胜等价于前3局中，甲2胜一负，第4局甲胜，
所以甲队以3：1获胜的概率.
（2）由题意可知，甲队和乙队的比分有如下六种0：3，1：3，2：3，3：2，3：1，3：0，
则的ξ取值有﹣3，﹣2，﹣1，1，2，3，
ξ=﹣3时，，
ξ=﹣2时，，
ξ=﹣1时，，
ξ=1时，，
ξ=2时，，
ξ=3时，，
所以ξ的分布列为：
ξ
-3
-2
-1
1
2
3








所以.
【点睛】方法点睛：求随机变量的期望的解题步骤为：（1）写出随机变量的取值；（2）求出随机变量对应的概率；（3）写出随机变量的分布列；（4）求出随机变量的期望.
20．如图，在平面直角坐标系中，焦点在轴上的鞘园C:经过点，且经过点作斜率为的直线交椭圆C与A、B两点(A在轴下方).

(1)求椭圆C的方程；
(2)过点且平行于的直线交椭圆于点M、N，求的值；
(3)记直线与轴的交点为P，若，求直线的斜率的值.
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）由题意得e2，．又a2＝b2+c2，，解得b2；
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）．设直线l的方程为y＝k（x﹣1）．
联立直线l与椭圆方程，消去y，得（2k2+1）x2﹣4k2x+2k2﹣8＝0，可设直线MN方程为y＝kx，联立直线MN与椭圆方程，消去y得（2k2+1）x2＝8，由MN∥l，得由（1﹣x1）•（x2﹣1）＝﹣[x1x2﹣（x1+x2）+1]．得（xM﹣xN）2＝4x2即可；
（3）在y＝k（x﹣1）中，令x＝0，则y＝﹣k，所以P（0，﹣k），从而 ，由得
即 ①，由（2）知②，由①②得⇒50k4﹣83k2﹣34＝0，解得k2.
【详解】（1）因为椭圆C：1经过点所以．
又∵a2＝b2+c2，，解得b2＝4或b2＝8（舍去）．
所以椭圆C的方程为．
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）．
因为T（1，0），则直线l的方程为y＝k（x﹣1）．
联立直线l与椭圆方程，消去y，得（2k2+1）x2﹣4k2x+2k2﹣8＝0，
所以x1+x2，x1x2．
因为MN∥l，所以直线MN方程为y＝kx，
联立直线MN与椭圆方程
消去y得（2k2+1）x2＝8，
解得x2
因为MN∥l，所以
因为（1﹣x1）•（x2﹣1）＝﹣[x1x2﹣（x1+x2）+1]．
（xM﹣xN）2＝4x2．
所以．
（3）在y＝k（x﹣1）中，令x＝0，则y＝﹣k，所以P（0，﹣k），
从而 ，
∵，①
由（2）知②
由①②得
代入x1x2⇒50k4﹣83k2﹣34＝0，解得k2＝2或k2（舍）．
又因为k＞0，所以k．
【点睛】本题考查了椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系、向量运算、分析问题处理问题的能力，对运算能力的要求较高，属于难题．
21．已知函数.
（1）设函数，求函数的极值；
（2）若在上存在一点，使得成立，求的取值范围.
【答案】（1）当时，极大值为，无极小值；当时，无极值；（2）或.
【分析】（1）求出，对分类讨论求出单调区间，即可求出结论；
（2）在上存在一点，使得成立，即为，只需，结合（1）中的结论对分类讨论求出，即可求解.
【详解】（1）依题意，定义域为，
∴，
①当，即时，
令，∵，∴，
此时，在区间上单调递增，
令，得.
此时，在区间上单调递减.
②当，即时，恒成立，
在区间上单调递减.
综上，当时，
在处取得极大值，无极小值；
当时，在区间上无极值.
（2）依题意知，在上存在一点，使得成立，
即在上存在一点，使得，
故函数在上，有.
由（1）可知，①当，
即时，在上单调递增，
∴，∴，
∵，∴.
②当，或，
即时，在上单调递减，
∴，∴.
③当，即时，
由（2）可知，在处取得极大值也是区间上的最大值，
即，
∵，∴在上恒成立，
此时不存在使成立.
综上可得，所求的取值范围是或.
【点睛】本题考查函数和导数及其应用、不等式能成立等基础知识，考查分类讨论思想，意在考查逻辑推理与数学运算的数学核心素养，属于中档题题.
22．在直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，且两个坐标系取相等的长度单位.已知直线的参数方程为（为参数，），曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的直角坐标方程；
（2）设直线与曲线相交于，两点，当变化时，求的最小值.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）4
【分析】（1）将极坐标方程化为直角坐标方程可得曲线的直角坐标方程为.
（2）联立直线的参数方程与C的直角坐标方程可得，则，结合三角函数的性质可知.
【详解】（1）由，得，
∴曲线的直角坐标方程为.
（2）将直线的参数方程代入得到.
设，两点对应的参数分别为，，
则，.
∴ ，
当时取到等号.
∴.
【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程的转化，直线参数方程的几何意义及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
23．设函数．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）对任意实数，都有成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）或.
【分析】（1）通过讨论x的范围，求出不等式的解集即可；（2）问题转化为，作图根据图象可知.
【详解】（1）当时，
当时
当时
当时
综上:                                          
（2）对任意实数，都有成立，即


根据图一所示当时则

根据图二所示当时则

根据图三所示当时则.
综上可知
【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法，绝对值的性质，考查分类讨论思想，是一道中档题．