2022届河南省信阳市第二高级中学高三上学期开学考数学（理）试题含解析

2022届河南省信阳市第二高级中学高三上学期开学考数学（理）试题

一、单选题

1．设集合，，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】分别求集合，再求.

【详解】解析：因为，，

所以.

故选：D

2．设复数满足（为虚数单位），则（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设，根据复数相等的知识求得，由此求得

【详解】设，由题意可知，，即，根据复数相等的定义，得，，所以，即．

故选:A

3．已知直线，，则“”是“”的（   ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】根据两直线垂直，列出方程求得的值，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.

【详解】由题意，直线，，

若，可得，解得，

即的充要条件是，所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

4．的展开式中的系数为（   ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用二项展开式的通项公式求的系数.

【详解】展开式的通项为，令，得，故展开式中的系数.

故选：B

5．设函数，则（   ）

A．是奇函数 B．是偶函数

C．是偶函数 D．是奇函数

【答案】D

【分析】根据函数的奇偶性的定义及判定方法，得到函数为奇函数，又由函数是上的奇函数，结合函数奇偶性的性质，即可求解.

【详解】由题意，函数的定义域为，且，

由，所以为奇函数，

可得为偶函数，

又由函数是上的奇函数，所以是奇函数，

显然、、均不正确.

故选：D.

6．在平面直角坐标系中，角的顶点为，始边为轴非负半轴，若，点，在角的终边上，则的值为（   ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由函数定义求得，应用两角差的正切公式化简后可求得．

【详解】解：，

考虑到及点在第一象限，得.

故选:B.

7．下图是计算的程序框图，则图中执行框与判断框中应分别填入（   ）

A．， B．， C．， D．，

【答案】D

【分析】根据题意，模拟程序框图的运行过程，即可得出正确答案．

【详解】由于首个计算数据为，所以执行框应为，

第一次执行时，，；

第二次执行时，，；

第三次执行时， ，；

第四次执行时，，，故判断框应为

故选：D

8．在我国古代数学名著《九章算术·商功》中刘徽注解“邪解立方得二堑堵”.如图，在正方体中“邪解”得到一堑堵，为的中点，则异面直线与所成的角为（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据异面直线所成角的概念，得到或其补角为直线与所成的角，结合正方体的几何结构特征及等边三角形的性质，即可求解.

【详解】如图所以，在堑堵中，，

则或其补角为直线与所成的角，

连结，，由正方体的性质，可得，

所以为等边三角形，且为的中点，

所以，即，故异面直线与所成的角为.

故选：A.

9．已知双曲线：的左，右焦点分别为，，过的直线与双曲线的左支交于，两点．若，则（       ）

A．4 B．6 C．8 D．12

【答案】C

【解析】利用双曲线定义直接求解.

【详解】根据双曲线的定义，得，，

两式相加得，

即，

又，所以．

故选：C．

10．将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，且直线和是函数图象的两条相邻的对称轴，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由相邻对称轴得函数周期，从而可得，再利用的对称轴求得，得解析式．

【详解】解析：由题意可知，，

由和是函数图象的两条相邻的对称轴，得，解得，

于是，解得，

所以.

由题意，得，，解得，，结合，得.

故.

故选：C．

11．已知直线将圆分为，两部分，且部分的面积小于部分的面积，若在圆内任取一点，则该点落在部分的概率为（   ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由直线与圆相交（由几何法求得弦长，得小弧所对圆心角），求得中较小部分的面积，然后由概率公式计算．

【详解】解析：设直线与圆交于，两点，由圆可知，圆心的坐标为，半径为.圆面积为．

因为圆心到直线的距离为，

所以，又，

所以，从而扇形的面积为，

所以部分的面积为，

故在圆内任取一点，则该点落在部分的概率.

故选：B．

12．若，，， 则（   ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先上对数函数的性质判断出，排除CD，再比较大小即可，设，利用导数确定它的单调性，从而得出两数的大小．

【详解】解析：，，，排除答案C，D.

设，，则，令，则，

所以在上单调递减，从而，即，

所以在上单调递减，从而，即，

所以，即，综上可知.

故选：B．

二、填空题

13．已知向量， ，若，则_______________________．

【答案】

【分析】根据向量平行的坐标表示，列式求的值.

【详解】因为，，

所以，，

因为，

所以

解得.

故答案为：

14．已知椭圆的两个焦点分别为，，点为椭圆上一点，且面积的最大值为，则椭圆的短轴长为_______________________．

【答案】

【分析】首先确定点的位置，然后根据三角形面积公式，即可求得和椭圆的短轴长.

【详解】由椭圆的方程可知，椭圆的焦点，在轴上，且，

由题意可知，当点为椭圆左右顶点时，的面积最大，且，解得，

所以椭圆的短轴长为.

故答案为：

15．已知某圆锥被一过该圆锥顶点的平面所截得到的几何体的正视图与侧视图如图所示，若该圆锥的顶点与底面圆周都在球的球面上，则球的表面积为_______________________．

【答案】

【分析】首先根据三视图，还原被截圆锥的内接三棱锥，即可计算球的半径，即球的表面积.

【详解】该几何体如图所示，由正视图和侧视图可知，底面圆弧所在圆的半径为，且，.

，设球的半径为，由球的性质可知，，解得，故球的表面积为.

故答案为：

三、双空题

16．在中，内角，，的对边分别为，，，且满足．则角的大小为__；设为边上一点，且，，则的最小值为__．

【答案】          2

【分析】第一空由三角形余弦定理可得三边的关系，再次用余弦定理可求得角B；

第二空利用面积公式可求出a,c的关系，再由基本不等式可求得最小值，再由向量数量积可求其最小值.

【详解】解：，

化为，

即为，

可得，

可得内角；

因为，，

，

即为，

所以，

而，当且仅当取得等号．

所以，即取得等号．

所以的最小值为．

故答案为：，2．

四、解答题

17．某校组织了全体学生参加“建党周年”知识竞赛，从高一、高二年级各随机抽取名学生的竞赛成绩（满分分），统计如下表：

（1）分别估计高一、高二年级竞赛成绩的平均值与（同一组中的数据以该组数据所在区间中点的值作代表）；

（2）学校规定竞赛成绩不低于分的为优秀，根据所给数据，完成下面的列联表，并判断是否有的把握认为竞赛成绩优秀与年级有关？

附：，其中.

【答案】（1）估计高一高二年级竞赛成绩的平均值分别为与；（2）列联表见解析，没有的把握认为竞赛成绩优秀与年级有关.

【分析】（1）分别用每组分数段的中间值乘以每组频数求和再除以50可得出高一年级、高二年级随机抽出名学生竞赛成绩的平均值的估计值.

（2）由已知数据可以完成列联表，并求得与比较可得答案.

【详解】（1）高一年级随机抽出名学生竞赛成绩的平均值估计为

；

高二年级随机抽出名学生竞赛成绩的平均值估计为

；

故估计高一高二年级竞赛成绩的平均值分别为与.

（2）

，

故没有的把握认为竞赛成绩优秀与年级有关.

18．如图，四棱锥的底面是菱形， ，底面，，是的中点，为上一点，且平面.

（1）求；

（2）求平面与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）首先根据线面平行的性质定理，作辅助线，连结，交于，连结，得，再结合比例关系求得；（2）如图，建立空间直角坐标系，分别求平面平面与平面的法向量，利用向量公式，即可求得二面角的余弦值，再转化为正弦值.

【详解】（1）连结，交于，连结，

因为平面，平面，平面平面，

所以.

由，得，又，

所以，即，

因为平面，平面，

所以，

从而，故.

（2）以为原点，，所在的直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，，.

设平面的一个法向量为，

由 即取，则.

设平面的一个法向量为，

由即取，则

所以

所以，故平面与平面所成角的正弦值为.

19．已知数列是以为首项，为公差的等差数列，数列满足.

（1）证明：数列是等比数列；

（2）设，求数列的前项和.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）首先得出通项公式，然后用代替把已知式再写一次，两式相减可求得，同时求出，观察可得结论；

（2）由（1）的结论求得，用裂项相消法求和．

【详解】（1）证明：由题意可知，，

因为，

所以当时，

以上两式相减，得，解得，

当时，，解得，满足，

又，故数列是以为首项，为公比的等比数列. .

（2）解：由（1）知，，

则.

.

20．已知抛物线的焦点为F，过F的直线l与C相交于A，B两点，，是C的两条切线，A，B是切点．当轴时，．

(1)求抛物线C的方程；

(2)证明：．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）当轴时可求得坐标，进而根据求解即可；

（2）设，根据导数的几何意义可得切线，的方程，联立可得的坐标，进而证明，，从而根据相似三角形的性质证明即可.

【详解】(1)由题意，，当轴时，将代入有，解得，又故，解得.

故抛物线C的方程为.

(2)由（1），设，直线的方程为，联立抛物线方程有，故.

又抛物线方程，故，故切线的方程为，即，同理可得切线的方程为，联立可得，解得，代入有，代入韦达定理可得.

故当时有，当时，因为，故，也满足.故恒成立.又,故.

所以，，故，故，故，即，即得证.

【点睛】本题主要考查了抛物线方程的求法，同时也考查了导数的几何意义结合抛物线的性质证明等式的问题，需要根据题意设切点，进而求得切线方程，得出交点坐标，进而得出垂直的关系证明即可.属于难题.

21．已知函数.

（1）求的单调性；

（2）若，，求实数的取值范围.

【答案】（1）的单调递减区间为，单调递增区间为；（2）.

【分析】（1）求导函数，由的正负确定增减区间；

（2）由（1）得，不等式可化简为，问题化为对于恒成立，先证明，然后分离参数得，引入函数，由导数求得它的最大值即得参数范围．

【详解】（1），显然在上单调递增，又，

当时，；当时，，

所以的单调递减区间为，单调递增区间为.

（2）由（1）可知，的极小值为，于是，

等价于，

可转化为对于恒成立，

令，则，当时，，

所以在上单调递减，从而.

所以在上恒成立.

令，则，

因为，

所以当时，；当时，，

所以在上单调递增，在上单调递减，

所以，

所以，故的取值范围为.

【点睛】本题考查导数研究函数的单调性，解决不等式恒成立问题．不等式恒成立问题的关键是问题的转化，首先把复杂的不等式化简，再把不等式分离参数转化为求函数的最值．

22．在平面直角坐标系中，直线的倾斜角为且过点．以原点为极点，轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，且曲线的极坐标方程．

（1）写出直线的参数方程和曲线的直角坐标方程；

（2）若直线与曲线交于不同的两点，，求的最大值．

【答案】（1）（为参数）；；（2）.

【分析】（1）根据直线参数方程的定义求出直线的参数方程，再根据公式将曲线的极坐标方程转化为直角坐标方程；

（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，根据直线参数方程的几何意义计算可得；

【详解】解：（1）直线的参数方程为（为参数）；

曲线的极坐标方程，所以

所以曲线的直线坐标方程为．

（2）将代入，并整理得．

设、对应的参数分别为，，则．

因为在圆的内部，所以与异号，

于是．

考虑到，则当时，．

23．已知函数.

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若存在，使得成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据绝对值的几何意义分类讨论去绝对值符号，分别解不等式组，再将解集求并集即可；

（2）利用绝对值三角不等式得，然后根据题意得，解含绝对值的不等式即可求出结果.

【详解】（1）当时，，

当时，，解得，此时；

当时，，整理得，该式恒成立，此时；

当时，，解得，此时，

综上可知，不等式的解集为.

（2）

若满足题意，必须，等价转化为即

解得，故的取值范围为.