2022届高三旧高考数学（理）开学摸底测试卷8含答案

这是一份2022届高三旧高考数学（理）开学摸底测试卷8含答案，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第I卷（选择题，共分）
一、选择题：（本大题共小题，每小题分）
1．若复数满足，则复数在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．已知集合，，则（ ）．
A．B．C．D．
3．正项等比数列中，，，则的值是（ ）
A．B．C．D．
4.“中国剩余定理”又称“孙子定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2020这2020个数中，能被3除余1且被4除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列的项数为（ ）
A．167B．168C．169D．170
5.“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
6.正三棱柱中，，，该三棱柱的外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
7.函数的大致图象为（ ）
A． B．
C． D．
8．已知的外接圆半径为1，圆心为，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
9.若直线始终平分圆的周长，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
10.已知函数，下列结论错误的是（ ）
A．的最小正周期为 B．曲线关于直线对称
C．在上单调递增[来源:Z*xx D．方程在上有4个不同的实根
11.设，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，，则
12．已知三内角的对边分别为，且，若角平分线段于点，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
第Ⅱ卷 客观题（共分）
二、填空题：（每小题5分，共20分）
13．若的展开式中的常数项是_________．
14.一个书架的其中一层摆放了本书，现要把新拿来的本不同的数学书和本化学书放入该层，要求本数学书要放在一起，则不同的摆放方法有________种．（用数字作答）
15．设满足约束条件，则目标函数的最大值是__________.
16．已知椭圆的左、右焦点分别为，，为第二象限内椭圆上的一点，连接交轴于点，若，，其中为坐标原点，则该椭圆的离心率为______．
三、解答题：（本大题共小题，共分，其中22题10分，其余每题12分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。）
17．（本小题满分12分）
已知等差数列的公差，且，，，成等比数列，若数列满足：
．
求数列的通项公式； （2）求数列的前项和
18.（本小题满分12分）
为提高产品质量，某企业质量管理部门经常不定期地对产品进行抽查检测，现对某条生产线上随机抽取的100个产品进行相关数据的对比，并对每个产品进行综合评分（满分100分），将每个产品所得的综合评分制成如图所示的频率分布直方图．记综合评分为80分及以上的产品为一等品．
（1）求图中的值，并求综合评分的中位数；
（2）用样本估计总体，视频率作为概率，在该条生产线中随机抽取3个产品，求所抽取的产品中一等品数的分布列和数学期望．
19.（本小题满分12分）
已知在六面体中，平面，平面，且，底面为菱形，且.
（1）求证：平面平面；
（2）若直线与平面所成角为，试问：在线段上是否存在点，使二面角为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.
20.（本小题满分12分）
已知抛物线的焦点为，过点且垂直于轴的直线与交于两点，(点为坐标原点)的面积为2.
（1）求抛物线的方程；
（2）若过点的两直线，的倾斜角互补，直线与抛物线交于两点，直线与抛物线交于两点，与的面积相等，求实数的取值范围.
21.（本小题满分12分）
已知函数.
（1）当时，试判断函数的单调性；
（2）若，且当时，恒成立.有且只有一个实数解，证明：.
22.（本小题满分10分）
在平面直角坐标系中，为曲线(为参数)上的动点，将点纵坐标变为原来的倍，横坐标变为原来的一半得到点，记点的轨迹为，以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求曲线的极坐标方程；
（2），是曲线上不同于的两点，且，，求的取值范围.
2022届旧高考数学（理）开学摸底测试卷8
选择题：
1.【答案】D
【解析】,∴复数在复平面内对应的点（2，-1）在第四象限，故选D
2.【答案】C
【解析】∵，，
∴或，∴.故选C.
3.【答案】A
【解析】设正项等比数列的公比为，，，
∴，，解得，
则．
4.【答案】C
【解析】由题意得，能被3除余1且被4除余1的数就是能被12除余1的数，所以，，由，即，所以，由，所以此数列的项数为169.
故选C
5.【答案】B
【解析】，，若，则，所以“”是“”的必要不充分条件．
6.答案】D
【解析】外接球的球心在上下底面重心的连接线段的中点上，底面重心到棱柱顶点的距离为，球心距底面的重心的距离为，外接球的半径，
所以该三棱柱的体积．
7.【答案】A
【解析】函数的定义域为，且，，所以，函数为偶函数，排除BC选项；
当时，，则，排除D选项.故选A.
8.【答案】A
【解析】由题设，两边平方可得，所以，，构成直角三角形.，夹角，，夹角，.故选A
9.【答案】C
【解析】∵直线始终平分圆的周长，
∴直线过圆心，
∴，即，
∵，
∴
10.【答案】C
【解析】，
作出在上的图象（先作出的图象，
再利用平移变换和翻折变换得到的图象），如图所示，
由图可知A、B、D正确，C错误．
11.【答案】B
【解析】由，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，
在A中，若，，则与相交、平行或异面，故A错误；
在B中，若，，则，故B正确；
在C中，若，，则与相交或平行，故C错误；
在D中，若，，，则由面面垂直的判定定理得，故D错误．
12.【答案】D
【解析】由及正弦定理，得，
因，，所以，即，
又，所以．如图，
，
所以，
所以，即，
∴，
当且仅当，，即时，等号成立，
所以的最小值为．故选D.
填空题：
13.【答案】
【解析】的展开式中的常数项是
14.【答案】
【解析】先把两本数学书不分开插入到本书中有方法，
两本数学书有种摆放方法，
最后把本化学书插入个位置有种摆放方法，
故共有种摆放方法，故答案为．
15.【答案】3
【解析】画出可行域如下图阴影部分所示，目标函数，表示可行域内的点和点连线的斜率，由图可知，其最大值为.
【答案】
【解析】因为，所以，由题意可得，则，
因为，所以，所以.因为，所以，，所以，可得，解得．
解答题：
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）因为，所以由等差数列的性质得，即，
因为成等比数列，所以，
即，
又，，所以，，
所以．（4分）
（2）因为，
所以当时，，所以
当时，由，
得，
所以，所以，
，
所以
，
所以．（12分）
18.【答案】（1），中位数为；（2）分布列见解析，．
【解析】（1）由频率分布直方图的性质，可得，
解得．
令中位数为，则，
解得，
所以综合评分的中位数为．
（2）由（1）与频率分布直方图可知，一等品的频率为，
即概率为，
设所抽取的产品为一等品的个数为，则，
所以，，
，．
所以的分布列为
所抽取的产品为一等品的数学期望．
19.【解析】连接，
四边形为菱形，
，又平面，
又，平面，
又平面，
平面平面.(5分)
（2）平面，
为在平面上的射影.
为直线与平面所成角，
，，
令，则
又四边形为菱形，，
为等边三角形，
取的中点，连接，
则，，
以为原点，分别以，，所在直线为，，，建立空间直角坐标系，
如图所示，
则，，，，，
设，，，三点共线，，
，
，，，，
，，，
由（1）知平面，
平面的法向量，
，
令平面的法向量为，
则，
令，则
二面角为，
，
解得，
，当时，点与点重合，
存在点即为点时，二面角为.(12分)
20.【解析】（1）因为焦点，所以点的坐标分别为，.
所以，故.
故抛物线的方程为.(4分)
（2）由题意可知直线的斜率存在，且不为0，设直线.
点，.
联立方程可得，消去，可得.
则.
因为，
所以，
焦点到直线的距离，
所以.
设直线，与抛物线方程联立可得，
将用替换，可得
由可得，
即，两边平方并化简可得，
所以，解得.
又由且得或，可知，
所以，即，所以，
所以实数的取值范围是.(12分)
21.【解析】的定义域为
（1）当时，，
则，，
所以当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递减.
综上，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减. (5分)
（2）由题意可得，，令，
解得.
因为，所以，，
所以在上有唯一零点.
当时，在上单调递增；
当时，，在上单调递减.
所以.
因为在上恒成立，且有且只有一个实数解，
所以即
消去并整理得.
令，则，，
在上恒成立，所以在上单调递增，
又，，所以.
又，且函数在上单调递增，所以.(12分)
22.解析】曲线(为参数)，
化为普通方程为：，
所以曲线的极坐标方程为.(5分)
设，，，
因为，所以，
所以的取值范围是(10分)题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
选项
D
C
A
C
B
D
A
A
C
C
B
D