2022年秋季高三数学开学摸底考试卷（新高考专用）02

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绝密★考试结束前
2022年秋季高三开学摸底考试卷（新高考专用）02
（试卷满分150分，考试用时120分钟）
姓名___________ 班级_________ 考号_______________________
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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.
1．已知集合，，则的真子集个数为（       ）
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】C
【分析】
解方程组可求得，根据元素个数可求得真子集个数.
【详解】
由得：或，，
即有个元素，的真子集个数为个.
故选：C.
2．若复数z满足，则z=（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
设，则，，根据复数相等运算求解．
【详解】
设，
则，
∵，即
可得，解得
即
故选：C．
3．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了（       ）
A．192 里 B．96 里 C．48 里 D．24 里
【答案】B
【分析】
由题可得此人每天走的步数等比数列，根据求和公式求出首项可得.
【详解】
由题意可知此人每天走的步数构成为公比的等比数列，
由题意和等比数列的求和公式可得，解得，
第此人第二天走里.
故选：B．
4．已知向量，为单位向量，，则与的夹角为（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由题干条件平方得到，从而得到，得到与的夹角.
【详解】
由，两边平方可得：
，
因为向量，为单位向量，
所以，即.
因为，所以，即与的夹角为.
故选：C
5．随着北京冬奥会的开幕，吉祥物“冰墩墩”火遍国内外，现有个完全相同的“冰墩墩”，甲、乙、丙、丁位运动员要与这个“冰墩墩”站成一排拍照留念，则有且只有个“冰墩墩”相邻的排队方法数为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
将其中个“冰墩墩”捆绑，记为元素，另外个“冰墩墩”记为元素，将、元素插入这位运动员所形成的空中，结合插空法可求得结果.
【详解】
因为个“冰墩墩”完全相同，将其中个“冰墩墩”捆绑，记为元素，另外个“冰墩墩”记为元素，
先将甲、乙、丙、丁位运动员全排，然后将、元素插入这位运动员所形成的空中，
且、元素不相邻，则不同的排法种数为.
故选：B.
6．已知，，且，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
易知，利用角的范围和同角三角函数关系可求得和，分别在和两种情况下，利用两角和差正弦公式求得，结合的范围可确定最终结果.
【详解】
且，，.
又，，.
当时，
，
，，不合题意，舍去；
当，同理可求得，符合题意.
综上所述：.
故选：.
【点睛】
易错点睛：本题中求解时，易忽略的值所确定的的更小的范围，从而误认为的取值也有两种不同的可能性，造成求解错误.
7．已知正方体的棱长为1，点，分别为线段，上的动点，点在平面内，则的最小值是（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
设点关于的对称点为，关于的对称点为，则最小值为直线与之间的距离，利用等积法可求此最小距离.
【详解】
解：点关于的对称点为，关于的对称点为，
记为直线与之间的距离，则，
由，为到平面的距离，
因为，
而，故，
故选：B.

【点睛】
方法点睛：空间中动线段的距离和的最值问题，可以类比平面中的距离和的最值处理利用对称性来处理于转化，另外异面直线间的公垂线段的长度可利用点到平面的距离来处理.
8．定义在R上的偶函数满足，当时，，若在区间内，函数有个5零点，则实数m的取值范围是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
根据函数的奇偶性求出函数在上的解析式，将问题转化为函数图象与在上有5个不同的交点，结合图形即可得出结果.
【详解】
由题意知，
函数为偶函数，且，
令，则，
所以函数是以4为周期的函数.
当时，，
所以，即当时，
因为函数在上有5个零点，
所以方程在上有5个根，
即函数图象与在上有5个不同的交点，如图，

当时，，，，
设，则，，
当，，
所以在时，函数只有一个零点，
此时，若要使图象与在上有5个不同的交点，
则，，所以；
当时，，
所以在时，函数有两个零点，
所以且，即，
解得，
故m的取值范围为.
故选：B.



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．已知函数的图象上，相邻两条对称轴之间的最小距离为，图象沿x轴向左平移单位后，得到一个偶函数的图象，则下列结论正确的是（       ）
A．函数图象的一个对称中心为
B．当到时，函数的最小值为
C．若，则的值为
D．函数的减区间为
【答案】BCD
【分析】
根据对称轴和平移可求出函数的解析式，然后根据余弦函数的图像和性质，即可求出对称中心，最值以及单调区间.
【详解】
根据相邻两条对称轴之间的最小距离为，可知周期，故；
图象沿x轴向左平移单位后，得到是偶函数，所以 ，故
当，，故A错.
时，，，故B对.
，其中，故，C对.
令，故函数的减区间为，D对.
故选:BCD
10．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线的焦点为F，点P在抛物线C上，，若为等腰三角形，则直线的斜率可能为（       ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【分析】
由抛物线的定义求得，设，得到，分、和，三种情况讨论，结合选项，即可求解.
【详解】
由题意，抛物线的焦点为，
因为，由抛物线的定义，可得，
设，可得，
当时，可得，所以，则，所以B正确；
当时，此时方程无解；
当时，可得，所以，则，所以A正确.
故选：AB
11．（多选题）如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，，且，以下结论正确的有（       ）

A．
B．点到平面的距离为定值
C．三棱锥的体积是正方体体积的
D．异面直线，所成的角为定值
【答案】ABC
【分析】
由线面垂直推出异面直线垂直可判断A；由点到平面的距离可判断B；运用三棱锥的体积公式可判断C；根据异面直线所成角的定义判断D.
【详解】
解：对于，根据题意，，，且，所以平面，而平面，所以，所以正确；
对于，到平面的距离是定值，所以点到的距离为定值，所以正确；
对于，三棱锥的体积为，三棱锥的体积是正方体体积的，所以正确；
对于，当点E在处，F为的中点时，异面直线AE，BF所成的角是，当在的中点时，F在的位置，异面直线AE，BF所成的角是，显然两个角不相等，命题错误；
故选：．
12．已知，且，则（       ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】
根据特殊值法，可排除A；利用基本不等式，可判断BC正确；由作差法，可判断D正确.
【详解】
对于A，令，则，故A不正确；
对于B，，当且仅当，即时，等号成立；故B正确；
对于C，，当且仅当时，等号成立，故C正确；
对于D，由，所以，，则，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】
易错点睛：
利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.


三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13．设直线是曲线的一条切线，则实数b的值是_________．
【答案】
【分析】
设切点坐标，根据切点处的导数等于切线斜率，和切点在切线和曲线上列方程组可解.
【详解】
设切点坐标为，
因为，所以有
因为，所以，所以.
故答案为：
14．已知随机变量服从正态分布，若，则________．
【答案】
【详解】
试题分析：由正态分布的性质可知，若，则，从而可得，故答案填.
考点：正态分布．
15．已知直线，若P为l上的动点，过点P作的切线，切点为A、B，当最小时，直线的方程为__________.

【答案】
【分析】
由已知结合四边形面积公式及三角形面积公式可得，说明要使最小，则需最小，此时与直线垂直，写出所在直线方程，与直线的方程联立，求得点坐标，然后写出以为直径的圆的方程，再与圆的方程联立可得所在直线方程．
【详解】
解：的圆心，半径，
四边形面积，
要使最小，则需最小，
当与直线垂直时，最小，此时直线的方程为，
联立，解得，
则以为直径的圆的方程为，
则两圆方程相减可得直线的方程为．
故答案为：．
16．已知为椭圆上任意一点，点，分别在直线与上，且，，若为定值，则椭圆的离心率为______.
【答案】
【分析】
设，求出M，N的坐标，得出关于的式子，根据P在椭圆上得到的关系，进而求出离心率.
【详解】
设，则直线PM的方程为，直线PN的方程为，联立方程组，解得，
联立方程组，解得，则

又点P在椭圆上，则有，因为为定值，则，，.
【点睛】
本题考查椭圆离心率的求法，有一定的难度.


四．解答题：本小题共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．已知正项递增的等比数列的前 n项的和为 ，，且 ，现有以下条件:①; ②; ③是和的等差中项. 请在三个条件中任选一个，补充到上述题目中的横线处，并求解下面的问题：
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求的前n项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）设正项等比数列的公比为，若选择条件①：由，得，又，所以解得即可求出的通项公式；若选择条件②：由，则，又，即，解得即可求出的通项公式；若选择条件③：是和的等差中项，可得，又，则解得即可求出的通项公式；（2）由（1）可知，则，利用裂项相消即可求出．
(1)
设正项等比数列的公比为，
若选择条件①：
由，得，又，
所以，即解得或（舍去），
所以；
若选择条件②：
由，则，又，
即，所以，解得或（舍去），
所以；
若选择条件③：
是和的等差中项，可得，又，则，即
解得或（舍去），
所以；
(2)
由（1）可知，
则，
所以．
18．新冠肺炎疫情发生以来，我国某科研机构开展应急科研攻关，研制了一种新型冠状病毒疫苗，并已进入二期临床试验．根据普遍规律，志愿者接种疫苗后体内会产生抗体，人体中检测到抗体，说明有抵御病毒的能力．通过检测，用x表示注射疫苗后的天数，y表示人体中抗体含量水平（单位：miu/mL，即：百万国际单位/毫升），现测得某志愿者的相关数据如下表所示．
天数x
1
2
3
4
5
6
抗体含量水平y
5
10
26
50
96
195

根据以上数据，绘制了散点图．


(1)根据散点图判断，与（a，b，c，d均为大于0的实数）哪一个更适宜作为描述y与x关系的回归方程类型？（给出到断即可，不必说明理由）
(2)根据（1）的判断结果求出y关于x的回归方程，并预测该志愿者在注射疫苗后的第10天的抗体含量水平值；
(3)从这位志愿者的前6天的检测数据中随机抽取3天的数据作进一步的分析，求其中的y值小于50的天数的分布列及数学期望．
参考数据：其中．








3.50
63.67
3.49
17.50
9.49
12.95
519.01
4023.87

参考公式：；，．
【答案】(1)更适宜作为描述y与x关系的回归方程类型
(2)y关于x的回归方程为；
该志愿者在注射疫苗后的第10天的抗体含量水平值约为miu/mL
(3)的分布列为

0
1
2
3






数学期望
【分析】
小问1：由散点图即可做出选择；
小问2：对于非线性的回归方程，进行换元后转换为线性模型即可带公式求对应的值，求出回归方程后，便可以对进行估算；
小问3：对题干进行分析后可知，这个模型是超几何分布，带公式求对应概率即可列出分布列，然后求出数学期望.
(1)
根据散点图判断，更适宜作为描述y与x关系的回归方程类型.
(2)
，，
设，则有，
，，
，
所以y关于x的回归方程为.
当时，，
则该志愿者在注射疫苗后的第10天的抗体含量水平值约为miu/mL.
(3)
由表中数据可知，前三天的值小于50，故的可能取值为0，1，2，3.
，
，
，
，
故的分布列为

0
1
2
3






所以数学期望.
19．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，，，．
(1)若唯一确定，求m的值；
(2)设I是的内切圆圆心，r是内切圆半径，证明：当时，．
【答案】(1)1
(2)证明见解析
【分析】
（1）若，根据，，可知A可以为锐角，也可以为钝角，有两种情况，若，则三角形为直角三角形，有唯一解.
（2）由可推导出为直角三角形，故可计算出的值，即得证.
(1)
设AB边上的高为，则．
当时，由勾股定理，若A为锐角，则；若A为钝角，则，所以存在两种情况，不能被唯一确定．
当时，为直角三角形，其中A为直角顶点，可以唯一确定，即唯一确定，故m的值为1．
(2)
当时，由余弦定理，，故由同角三角函数的关系可得，
所以的面积．
另一方面，，所以有，两边平方可得，解得（负值舍去），，所以是以A为直角顶点的直角三角形．因此有
，；
，；
，．
所以有成立．
20．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是等腰梯形，AD∥BC，BC=2AD， ，E是棱PB的中点，F是棱PC上的点，且A、D、E、F四点共面．


(1)求证：F为PC的中点；
(2)若△PAD为等边三角形，二面角 的大小为 ，求直线BD与平面ADFE所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）先由线面平行的判定定理证明AD∥平面PBC，再根据线面平行的性质定理即可证明EF∥AD,即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关各点坐标，求得平面ADFE的法向量，根据向量的夹角公式即可求得答案.
(1)
证明：四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，BC⊂平面PBC，
∴AD∥平面PBC．
由题意A、D、E、F四点共面，平面ADFE平面PBC=EF，
∴AD∥EF，而AD∥BC，∴EF∥BC，
∵E是棱PB的中点，∴F为PC中点．
(2)
如图，以BC为x轴，连接BC中点O和AD中点G,以OG为y轴，过点O作垂直于平面ABCD的直线作为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，

因为AB=CD，BC=2AD，
设AD=a，则BC=2a， ，
所以，
，
因为△PAD为等边三角形，所以PG⊥AD，由题意知 ,
所以∠PGO为二面角 的平面角，又二面角的大小为 ，
所以 ，
因为PG⊥AD，GO⊥AD，平面PGO ，
所以AD⊥平面PGO，
过P作PH垂直于y轴于点H，
因为PH⊂平面PGO，所以AD⊥PH，
又PH⊥GH，平面ABCD， ，
所以PH垂直于平面ABCD，且 ,
，
，∴，
因为E，F分别为PB，PC的中点，
所以，
设平面ADFE的法向量为，则，
所以，取z=1，，
设BD与平面ADFE所成角为θ，
则，
即直线BD与平面ADFE所成角的正弦值为．
21．已知M，N为椭圆和双曲线的公共顶点，，分别为和的离心率．
(1)若．
（ⅰ）求的渐近线方程；
（ⅱ）过点的直线l交的右支于A，B两点，直线MA，MB与直线相交于，两点，记A，B，，的坐标分别为，，，，求证：；
(2)从上的动点引的两条切线，经过两个切点的直线与的两条渐近线围成三角形的面积为S，试判断S是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
(2)是定值，
【分析】
（1）（ⅰ）根据椭圆和双曲线的离心率公式求得，即可求出双曲线的渐近线方程；
（ⅱ）直线AB的方程为，与双曲线方程联立，利用韦达定理求得，从而可求出，再根据直线的方程可求出，从而可求得，整理即可得证；
（2）设两个切点，，直线的方程为，与椭圆方程联立，根据求出，同理可求得直线的斜率，求出直线的方程，然后可求出直线与两条渐近线的交点坐标，计算整理即可得出结论.
(1)
解：由题意得，，
所以，
又，解得，
（ⅰ）故双曲线的渐近线方程为，
（ⅱ）设直线AB的方程为，
则消元得，，，
且，所以，故，
又直线的方程为，
所以，同理，
所以
，
故；

(2)
解：设两个切点，，由题意知，斜率存在，
直线的方程为，
联立由得，所以，
同理直线方程为，
由，过P点可得可得直线的方程为，
不妨设，直线与双曲线两渐近线交于两点，，
则围成三角形的面积，
因P在双曲线上，，
则为定值.
【点睛】
本题考查了椭圆与双曲线的综合问题，考查了椭圆和双曲线的性质，考查了椭圆和双曲线中的定值问题，及椭圆中三角形的面积问题，计算量很大，对数据分析处理能力要求很高，属于难题.
22．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，若不等式恒成立，求的最小值．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】
（1）对求导，通过分类讨论判断的单调性
（2）恒成立，利用导数求出的最大值，通过对上式变形可以得到，最后构造函数，利用导数判断的单调性，求出的最大值即为所求
(1)
∵，

（Ⅰ）当时，在上单调递增，
（Ⅱ）当时，令，则，
令，则，
∴在上单调递增， 上单调递减，
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减
(2)
∵恒成立，∴恒成立，
即恒成立，
令，其中，
，
∵，∴，
令，即，解得，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减．
∴当时，函数取得极大值，也是最大值，
且，
∵恒成立，
即恒成立，
即，可得恒成立．
设，∴，可设，则，
∵，∴在上单调递增，
∴当时，函数取得最大值，且，
∴，即的最小值为
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数单调性，利用导数研究函数最值，考查了分类讨论的数学思想，属于难题