2022-2023学年河北省邯郸市高三上学期开学检测数学试题及答案

这是一份2022-2023学年河北省邯郸市高三上学期开学检测数学试题及答案，共23页。试卷主要包含了 “”是“”的等内容，欢迎下载使用。

1. 若集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A. B.
C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】解一元二次不等式、对数不等式求集合A、B，再由题图阴影部分为，应用集合的交运算求结果.
【详解】由题设，
题图阴影部分为.
故选：C
2. 设复数，则复数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
【答案】D
【解析】
【分析】先求出，再求出，直接得复数在复平面内对应的点.
【详解】，则
∴在复平面内对应的点为，位于第四象限
故选：D.
3. 已知函数的图像在点处的切线方程是，则（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求出和，即可求得.
【详解】函数的图像在点处的切线的斜率就是在该点处的导数，即就是切线的斜率，所以.
又，
所以.
故选：D
4. 某高中2022年的高考考生人数是2021年高考考生人数的倍.为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2021年和2022年高考分数达线情况，得到如图所示扇形统计图：
下列结论正确是（ ）
A. 该校2022年与2021年的本科达线人数比为6：5
B. 该校2022年与2021年的专科达线人数比为6：7
C. 2022年该校本科达线人数增加了80%
D. 2022年该校不上线人数有所减少
【答案】C
【解析】
【分析】设2021年高考人数为100，则2022年的高考人数为，再根据饼图中各个种类的人数所占的比例，逐个选项判断即可.
【详解】不妨设2021年的高考人数为100，则2022年的高考人数为
年本科达线人数为50，2022年本科达线人数为90，得2022年与2021年的本科达线人数比为，本科达线人数增加了，故选项不正确，选项C正确；
2021年专科达线人数为35，2022年专科达线人数为45，所以2022年与2021年的专科达线人数比为，选项B错误；
2021年不上线人数为15，2022年不上线人数也是15，不上线的人数无变化，选项错误.
故选：C
5. 已知向量，且夹角的余弦值为，则（ ）
A. 0B. C. 0或D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的夹角的坐标公式求解即可.
【详解】由已知，所以，即，故，且，解得或（舍去），所以
故选：A
6. “”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 既不充分也不必要条件D. 充要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据分式不等式求解，再判断充分性与必要性即可.
【详解】因为且，充分性成立，
所以“0”是“”的充分不必要条件.
故选：A
7. 我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中，提出了已知三角形三边长求三角形面积的公式，可以看出我国古代已具有很高的数学水平.设分别为内角的对边，表示的面积，其公式为.若，则面积的最大值为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正弦定理可得，再根据面积公式化简可得，将等式看作关于的二次函数求最大值即可.
【详解】由正弦定理得，得，
因为的面积，
所以当，即时，的面积有最大值为.
故选：C
8. 从正方体的个顶点和中心中任选个，则这个点恰好构成三棱锥的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对所选点是否包含正方体中心进行分类讨论，利用组合计数原理计算出满足条件的三棱锥的个数，再利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】从正方体的个顶点和中心中任取个，有个结果，个点恰好构成三棱锥分两种情况：
①从正方体的个顶点中取个点，共有个结果，
其中四点共面有两种情况：一是四点构成侧面或底面，有种情况，
二是四点构成对角面（如平面），有种情况.
在同一个平面的有个，构成三棱锥有个；
②从正方体的个顶点中任取个，共有个结果，
其中所取点与中心共面，则这个点在同一对角面上，共有个结果，
因此，所选点与中心构成三棱锥有个.
故从正方体的个顶点和中心中任选个，
则这个点恰好构成三棱锥的个数为，故所求概率.
故选：D.
二､多项选择题：本大题共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.全部选对得5分，有选错得0分，部分选对得2分.
9. 已知函数的局部图像如图所示，下列函数的解析式与图像符合的可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】观察函数的图像，根据奇偶性和特殊点的函数值，对四个象限一一判断.
【详解】对于A：为偶函数，图像为开口向上的抛物线，，与题干图像相符；
对于B：为偶函数，但，与题干图像不相符；
对于C：，所以为偶函数.
由，当时，单调递增，且.
记，.
记，在小于0，所以在上单调递减，而（因为），所以在上恒成立，所以在上为下凸函数.
与题干图像相符.故C正确；
对于D：为奇函数，与题干图像不相符.
故选：AC
10. 已知双曲线的左､右焦点分别为，离心率为为上一点，则（ ）
A. 双曲线的实轴长为2
B. 双曲线的一条渐近线方程为
C.
D. 双曲线的焦距为4
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据双曲线的定义与方程，结合双曲线的性质运算求解.
【详解】由双曲线方程知：，离心率为，解得，故，
实半轴长为1，实轴长为，A正确；
因为可求得双曲线渐近线方程为，故一条渐近线方程为，B正确；
由于可能在的不同分支上，则有，C错误；
焦距为正确.
故选：ABD.
11. 已知为等差数列，为其前项和，则下列结论一定成立的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】A.设等差数列的公差为，由，得到判断；B.由，得到为递增数列判断；C.由判断；D. 由，求得首项和公差判断.
【详解】设等差数列的公差为，因为，所以，所以，则，故A正确；
因为，所以，所以为递增数列，但不一定成立，如，故B不正确；
因为，当且仅当时取等号，故C正确；
因为解得，则，得，故D正确.
故选：ACD
12. 如图，在正方体中，动点在线段上，则（ ）
A. 直线与所成的角为
B. 对任意的点，都有平面
C. 存在点，使得平面平面
D. 存在点，使得平面平面
【答案】BC
【解析】
【分析】A选项，根据线线平行，找到直线与所成的角，根据正方体的性质求出其度数；
B选项，证明出平面，得到结论；
C选项，当点在处时，满足平面平面；
D选项，找到平面与平面所成的夹角，方法一：结合圆的知识点，推导出；
方法二：设出未知数，利用正切的和角公式得到，求出最值，得到为锐角.
【详解】因为，所以即为直线与所成的角，，故错误；
因为⊥平面，平面，所以⊥，
又因为，，
所以平面，故平面，故正确；
当点在处时，平面//平面，
所以存点，使得平面//平面，故C正确.
如图，过点作，则为平面与平面的交线，
在正方体中，平面，所以平面，所以，
，所以即为平面与平面所成的夹角，
方法一：因为点一定在以为直径的圆外，
所以，所以不存在点，使得平面平面，故D错误.
方法二：设正方体的棱长为，则，
所以，
当时，取得最大值，为，此时为锐角，故D错误.
故选：BC
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若抛物线的准线与圆相切，则___________.
【答案】或0
【解析】
【分析】先求得抛物线的准线方程，根据圆心到直线的距离等于半径求得.
【详解】抛物线的准线方程为，
圆的圆心为，半径，
由于圆与准线相切，
所以，
解得或0.
故答案为：或0
14. 已知，则的值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】赋值法求，根据二项式展开式通项求，即可求.
【详解】令，
由的展开式的通项为，
令，得，令，得，
所以，
所以.
故答案为：
15. 如图，在正四棱台中，，且四棱锥的体积为48，则该四棱台的体积为___________.
【答案】399
【解析】
【分析】方法一：设点到平面的距离为，根据的体积可得，再代入棱台的体积公式求解即可；
方法二：延长交于一点，设为，根据台体体积为锥体体积之差求解即可.
【详解】方法一：由题意，设点到平面的距离为，由四边形面积为，
得四棱锥的体积为，得.
所以棱台体积.
方法二：由题意，设点到平面的距离为，由四边形面积为，
得四棱锥的体积为，得.
由棱台定义知，延长交于一点，设为，设棱锥的高为，
则棱锥的高为，由三角形相似可得，得，
于是棱台体积3）.
故答案为：399
16. 设函数，已知在上有且仅有3个极值点，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用三角恒等变换公式将函数化简，由的取值范围求出的取值范围，令，将问题转化为函数在区间上的极值点个数问题，数形结合来求解.
【详解】解：
，
当时，，
令，则，
作出函数的图象如图所示：
由于函数在上有且仅有个极值点，
则，解得.
故答案为：
四､解答题：本题共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. 在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答.
在中，内角所对的边分别是，___________.
（1）求角；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选择①：利用正弦定理边角互化，结合余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；
选择②：由正弦定理､余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）利用余弦定理可求得的值，结合三角形面积公式可得出的面积.
【小问1详解】
选择①：因为，
由余弦定理可得，
所以结合正弦定理可得.
因为，则，
所以，即，
因为，所以；
选择②：因为，
由正弦定理得，
由余弦定理得.
因为，所以；
【小问2详解】
由（1）知，又已知，
由余弦定理得，，
即，所以，
所以的面积为.
18. 设是等比数列的前项和，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，数列的前项和为，求.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据得到的值，进而写出的通项公式.
（2）由（1）得，再利用错位相减法求即可.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，显然，
由，
相除可得，解得，所以，
所以数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，即；
【小问2详解】
由（1）得：，
所以①，
②，
②①得：，
所以.
19. 暑假期间，某学校建议学生保持晨读的习惯，开学后，该校对高二､高三随机抽取200名学生（该学校学生总数较多），调查日均晨读时间，数据如表：
将学生日均晨读时间在上的学生评价为“晨读合格”.
（1）请根据上述表格中的统计数据填写下面列联表，依据的独立性检验，能否认为“晨读合格”与年级有关联？
（2）将上述调查所得到的频率视为概率来估计全校的情况，现在从该校所有学生中，随机抽取2名学生，记所抽取的2人中晨读合格的人数为随机变量，求的分布列和数学期望.
参考公式：，其中.
参考数据：
【答案】（1）列联表见解析，依据的独立性检验不能认为“晨读合格”与年级有关联；
（2）分布列见解析，数学期望为.
【解析】
【分析】（1）根据频率直方表完善列联表，再应用卡方公式求卡方值，并比照参考值，根据独立性检验的基本思想得到结论；
（2）由题设可得，应用二项分布概率公式求分布列，进而求期望.
【小问1详解】
列联表如下：
，
所以依据的独立性检验，不能认为“晨读合格”与年级有关联.
【小问2详解】
由题设，学生晨读合格的概率为，易知，
所以，，，
的分布列为
所以.
20. 如图，在四棱锥中，底面为梯形，，平面平面.
（1）证明：；
（2）若为正三角形，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设，可得，利用平面平面，可得平面，则；
（2）方法一（向量法）：取的中点为坐标原点，以的方向为轴正方向，过点分别作和的平行线，分别为轴和轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面的法向量和平面的法向量，进而利用数量积求解即可.
方法二（几何法）：如图，取的中点，连接，在平面中作，连接，证明，又，则为二面角的平面角，解三角形即可.
【小问1详解】
证明：由题意，设，又，
得，又，
所以，所以，
又平面平面，且平面平面平面，
所以平面，
又平面，所以；
【小问2详解】
解：方法一（向量法）：取的中点为坐标原点，以的方向为轴正方向，过点分别作和的平行线，分别为轴和轴，建立如图所示空间直角坐标系，
由为正三角形，，得，
则，
则，
设为平面的法向量，则有，
即，可取，
设为平面的法向量，
同理
所以，
设二面角的平面角为，
则，
故二面角的正弦值为.
方法二（几何法）：如图，取的中点，连接，在平面中作，连接，
由（1）知，又为正三角形，
所以，所以，
所以，又，
所以为二面角的平面角，
因为平面，平面，所以，
所以，
在中，，
所以，
所以，
在中，，
所以，
在中，，
所以，
即二面角的正弦值为.
21. 已知椭圆的左､右焦点分别为，上､顶点分别为的面积为，四边形的四条边的平方和为16.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，斜率为的直线交椭圆于两点，且线段的中点在直线上，求证：线段的垂直平分线与圆恒有两个交点.
【答案】（1）或
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意的面积为，结合四边形的四条边的平方和为16，即，求出即可得结果；
（2）联立直线与椭圆的方程，结合根与系数的关系，根据中点坐标公式化简，列出线段的垂直平分线方程，判断定点在圆内即可得结果.
【小问1详解】
由的面积为，得，
又四边形的四条边的平方和为16，
所以或，
即椭圆的方程为或.
【小问2详解】
设，由于，得椭圆的方程为，
设直线的方程为，
当斜率时，线段的中点在轴上，不在直线上，故，
由，得，
由，
得.
由，
设线段的中点为，得，
即，
所以.
所以线段的垂直平分线的方程为.
即，
故线段的垂直平分线恒过点.
因为，
故点在圆内，
所以线段的垂直平分线与圆恒有两个交点.
22. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，且，证明：有且仅有两个零点.（e为自然对数的底数）
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，由导数的正负求解；
（2）由，令，易知在时单调递增，且，则有两个零点转化为有两个零点求解.
【小问1详解】
解：由题意得函数的定义域为，
当时，令，得，
所以在上单调递增；
令，得，
所以在上单调递减；
当时，因为恒成立，
所以在上单调递增；
【小问2详解】
，
令，则在时恒成立，
所以在时单调递增，且，
所以有两个零点等价于有两个零点.
因为，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，
所以，
因为，所以.
下面证明当时，，
设，则，
令，又，
当时，恒成立，
所以单调递增，
得，
故在上单调递增，
得，即，
又因为，
所以在上各存在一个零点，
所以时，函数有且仅有两个零点，
即当时，函数有且仅有两个零点.日均晨读时间/分钟
人数
5
10
25
50
50
60
项目
晨读不合格
晨读合格
合计
高二
高三
15
100
合计
项目
晨读不合格
晨读合格
合计
高二
25
75
100
高三
15
85
100
合计
40
160
200
0
1
2