重庆市第十八中学2023届高三数学下学期2月开学检测试题（Word版附解析）

重庆第十八中学2022-2023学年二月开学检测

数学试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的 “准考证号、姓名” 与考生本人准考证号、姓名是否一致.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.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、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. 复数的虚部为（    ）

A.  B.  C. 2 D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】根据复数的除法运算，化简，可得答案.

【详解】,

故复数的虚部为2，

故选：C

2. 一个斜边长为的等腰直角三角形绕直角边旋转一周形成的几何体的体积为（    ）

A.  B.  C.  D. π

【答案】A

【解析】

【分析】由条件计算圆锥的体积.

【详解】由条件可知直角边长为1，并且旋转形成的几何体是底面半径为1，高为1的圆锥，

所以几何体的体积.

故选：A

3. 某校高三有1000人参加考试，统计发现数学成绩近似服从正态分布N(105，σ2)，且成绩优良（不低于120分）的人数为360，则此次考试数学成绩及格（不低于90分）的人数约为（    ）

A. 360 B. 640 C. 720 D. 780

【答案】B

【解析】

【分析】利用正态分布的性质可解.

【详解】因为，所以，所以此次考试数学成绩及格（不低于90分）的人数约为.

故选：B

4. 第24届冬奥会于2022年2月4日在中华人民共和国北京市和河北省张家口市联合举行.此届冬奥会的项目中有两大项是滑雪和滑冰，其中滑雪有6个分项，分别是高山滑雪、自由式滑雪、单板滑雪、跳台滑雪、越野滑雪和北欧两项，滑冰有3个分项，分别是短道速滑、速度滑冰和花样滑冰.甲和乙相约去观看比赛，他们约定每人观看两个分项，而且这两个分项要属于不同大项.若要求他们观看的分项最多只有一个相同，则不同的方案种数是（    ）

A. 324 B. 306 C. 243 D. 162

【答案】B

【解析】

【分析】先求得总的观看方案，再减去两个分项都相同的观看分案求解.

【详解】由题意得：总的观看方案为，

两个分项都相同的观看分案为，

所以观看的分项最多只有一个相同，则不同的方案种数是，

故选：B

5. 已知，，，则（    ）

A.  B.  C.  D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定条件利用向量模的意义，向量数量积的运算法则计算作答.

【详解】因，，，则，

所以.

故选：C

6. 设为偶函数，当时，则使的x取值范围是（    ）

A.  B.

C. 或 D. 或

【答案】C

【解析】

【分析】根据函数的奇偶性和单调性，可作出图像，便可求得答案.

【详解】解：当时，是增函数

又 为偶函数

故可以作出的图像如图所示：

或

根据奇偶性和单调性可知的取值范围为：或

故选：C

7. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，双曲线的左顶点为，以为直径的圆交双曲线的一条渐近线于，两点，其中点在轴右侧，若，则该双曲线的离心率的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先由题意，得到以为直径的圆的方程为，不妨设双曲线的渐近线为，求出点P，Q的坐标,结合条件求出，之间的关系，即可得出双曲线的离心率的取值范围．

【详解】由题意，以为直径的圆的方程为，不妨设双曲线的渐近线为，

由，解得或，

∴，．

又为双曲线的左顶点，则，

∴，，

∵，

∴，即，

∴，又，

∴.

故选：C.

8. 已知函数的图象关于对称，，且在上恰有3个极大值点，则的值等于（    ）

A. 1 B. 3 C. 5 D. 6

【答案】C

【解析】

【分析】根据已知条件列不等式，从而求得的值.

【详解】依题意，

的图象关于对称，，且在上恰有3个极大值点，

所以，其中，

所以， ，

所以.

故选：C

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 若平面向量和互相平行，其中，则（    ）

A.  B. 0 C.  D. 2

【答案】AD

【解析】

【分析】根据平行向量的坐标表示求出x的值，进而求出的坐标，得出的坐标，结合向量的求模公式即可得出结果.

【详解】因平面向量和互相平行，

所以或，

即，或，，

所以或，

所以或，

故选：AD

10. 下列关于函数的说法正确的是（    ）

A. 在区间上单调递增

B. 最小正周期是

C. 图象关于点成中心对称

D. 图象关于直线对称

【答案】ABD

【解析】

【分析】将看成一个整体，直接代入的单调区间和对称轴方程来求解.最小正周期则根据定义求即可.

【详解】由的递增区间可知，的递增区间为，则，又 在此区间上，所以A对.

，B对.

由关于垂直于轴的直线对称可知，关于对称，，、在此集合里，故C错、D对.

故选：ABD.

11. 已知函数，则（    ）

A. 为周期函数 B. 的图象关于轴对称

C. 的值域为 D. 在上单调递增

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据函数的周期性、对称性、值域以及单调性进行逐项判断.

【详解】解：由题意得：

对于A选项：因为，所以是函数的一个周期，A正确；

对于B选项：因为，则的图象关于原点对称，B错误；

对于C选项：当，时，；

当，时，.

故函数的值域为，C正确；

对于D选项：当时，，因为，所以在上单调递增，D正确.

故选：ACD.

12. 下列大小关系正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】A、B选项画出和的图象，数形结合进行比较，C选项构造函数，借助单调性进行判断，D选项作减法，借助对数运算及基本不等式进行比较.

【详解】 

作出和的图象，如图所示，由图象可得，当时，，

当时，，，，故A，B正确.

令，则，在上单调递减，所以，故C错误.

，所以，故D正确.

故选：ABD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知的展开式中第2项和第6项的二项式系数相等，则的展开式中的常数项为____________.

【答案】60

【解析】

【分析】利用已知求出的值，然后再求出展开式的通项公式，

令的指数为零即可求解.

【详解】由已知可得，第2项和第6项的二项式系数相等，

则，解得，

则的展开式的通项公式为

，

令，解得，

所以展开式的常数项为.

故答案为：.

14. 已知为奇函数，当时，，则曲线在点处的切线方程为_______________.

【答案】

【解析】

【分析】利用函数的奇偶性，求出函数在 时的解析式，

求导，用点斜式直线方程即可.

【详解】由题意时， ，是奇函数，

时，  ，

， ，

由点斜式直线方程得 ，整理得 ；

故答案为： .

15. 设，，，，是一组平面向量，记，若向量，且，则_________．

【答案】5或6##6或5

【解析】

【分析】利用等差数列求和公式可得，再利用数量积的坐标公式可得，即求.

【详解】设数列满足，则数列的前n项和为

，

∴，又，，

∴，即，

解得，或，

故5或6.

16. 已知菱形，，现将沿对角线向上翻折，得到三棱锥，若点是的中点，的面积为，三棱锥的外接球被平面截得的截面面积为，则的最小值为_________．

【答案】

【解析】

【分析】通过辅助线结合线面垂直的关系，先求出的面积，再根据外接球的特点确定球心的位置，即可以确定三棱锥的外接球被平面截得的截面面积的表达式，由此求得的表达式，利用基本不等式可求得答案.

详解】如图，取BD得中点F,连接EF,DE,BEAF,CF,

由题意菱形，知 ,而E是AC中点，故 ,

设 ,则 ，

故 ，

由 , E是AC中点,

得： 平面BDE,故平面BDE,

设三棱锥的外接球球心为O,由O到A,C距离相等可知：O在平面BDE上，

平面AFC, 得： 平面AFC,

由O到B,D距离相等，故O在平面AFC上,而平面AFC平面BDE=EF,

故知O在直线EF上，

故三棱锥的外接球被平面BDE截得的截面圆的半径等于球的半径，设为R,

且 ,

所以 ，可得 ，

所以 ，故 ，

故 ，

当且仅当 时等号成立，

故 的最小值为 ，

故答案：

【点睛】本题考查了三棱锥截面面积以及三棱锥外接球被截面所截得的截面面积问题，考查空间想象能力和运算能力，此类题解答的关键是确定球心的位置，求出球的半径，这就要求充分发挥空间想象，借助于图形进行求解.

四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 已知的内角对的边分别为， ，.

（1）求；

（2）若边上的中线为，求.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题意可得，然后利用正弦定理结三角函数恒等变换公式可求出角，

（2）由题意可得，两边平方化简可求出

【小问1详解】

由，，得

由正弦定理可得

∴        ∴

，

【小问2详解】

因为为边上的中线，

所以,

所以，

所以，

即

解得或-4（舍去）

18. 已知正项数列满足前项和满足.

（1）求数列的通项公式；

（2）若数列满足，求数列的前项和.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由化简可知是以为首项，公差为的等差数列，进而求得.

（2）由可知，进而求得.

【小问1详解】

由可得

  即：

，

，是以为首项，公差为的等差数列

当时，

当时，

所以：

【小问2详解】

当时，

当时，由可得：

①

②

由①-②得：

当时，

当时，

当时，

综上，

19. 如图，正四棱柱中，，为棱的中点.

（1）证明：平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）连接与相交于，连接，由三角形的中位线性质可得，再通过线面平行的定理即可得到平面；

（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的坐标表示，求出，以及平面的法向量，设与平面所成角为，则有，求解即可.

【小问1详解】

连接与相交于，连接，

由于、分别是、的中点，则，

因为平面，平面，所以平面.

【小问2详解】

以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系，

设，则，则，

所以，，，

设是面的法向量，则，令，即，

设与平面所成角为，则，

所以与平面所成角的正弦值为.

20. 某种植户对一块地上的（）个坑进行播种，每个坑播3粒种子，每粒种子发芽的概率均为，且每粒种子是否发芽相互独立.如果每个坑内至少有两粒种子发芽，则不需要进行补种，否则需要补种.

（1）当取何值时，有3个坑要补种的概率最大？最大概率为多少？

（2）当时，用表示要补种的坑的个数，求的分布列.

【答案】（1）当或时，有3个坑要补种的概率最大概率为；（2）分布列见解析

【解析】

【分析】（1）由题意可知每个坑要补种的概率，则个坑中有3个坑要补种的概率为，然后根据题意列出不等式组，从而可求得结果.

（2）由题意知的取值范围为，且，再利用二项分布的概率公式可求出各自对应的概率，从而可得分布列

【详解】（1）由题意可知每个坑要补种的概率，则个坑中有3个坑要补种的概率为.

欲使最大，只需

解得.因为，所以，6.

当时，，

当时，，

所以当或时，有3个坑要补种的概率最大，最大概率.

（2）易知的取值范围为，且，

因此，

，

，

，

，

所以的分布列为

21. 已知抛物线的焦点在轴上，过且垂直于轴的直线交于（点在第一象限），两点，且.

（1）求的标准方程.

（2）已知为的准线，过的直线交于，（，异于，）两点，证明：直线，和相交于一点.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据直线过点且垂直于轴交抛物线于，两点，且，可求出，便可得出抛物线的标准方程.

（2）根据直线与抛物线的交点联立方程，求出，直线方程，代入准线的横坐标，利用，分别与准线相交的纵坐标相等，可知直线，和相交于一点.

【小问1详解】

解：设抛物线的标准方程为，则

将代入，可得

所以，则

所以抛物线的标准方程失.

【小问2详解】

证明：由（1）可知，，

设直线的方程为，

联立则

设，，则，

直线的方程为，即.

令，解得；

直线的方程为，即.

令，解得，

因，

所以直线，和相交于一点.

22. 已知函数.

（1）讨论的单调性；

（2）若，求的取值范围.

【答案】（1）答案见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）求导，讨论导函数的符号变化进行求解；

（2）分三种情况进行讨论：当时，适当放缩进行证明；当时，证明恒成立；当时，根据函数的单调性确定最小值，再讨论、进行求解.

【小问1详解】

解：，，

当时，在上单调递增；

当时，在上单调递减，在上单调递增.

【小问2详解】

解：若，因为，

取，

则，，

，

此时，故此时不可能恒成立.

若，此时恒成立.

若，则在上单调递减，在上单调递增，

故的最小值在处取到，即，

而.

显然当时，，，此时.

当时，，，此时，

故.

综上所述