2022届河北省石家庄市第二中学高三下学期开学考试数学试题（解析版）

这是一份2022届河北省石家庄市第二中学高三下学期开学考试数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届河北省石家庄市第二中学高三下学期开学考试数学试题一、单选题1．复数的虚部是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据复数的除法运算，将化简，即可得答案.【详解】,故复数的虚部是，故选：C2．已知集合，，求（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】解不等式确定集合，然后由交集定义计算．【详解】且，，所以．故选：B．3．若，，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】B【分析】可举例说明“”推不出“”，利用基本不等式可说明“”成立时，“”成立，由此可得答案.【详解】取 ，满足，但 ，故“”不是“”的充分条件，因为，， ，故时，，因此“”是“”的必要条件，故“”是“”的必要不充分条件，故选：B.4．如图为并排的4块地，现对4种不同的农作物进行种植试验，要求每块地种植1种农作物，相邻地块不能种植同一种农作物且4块地全部种上农作物，则至少同时种植3种不同农作物的种植方法种数为（       ）①②③④ A．24 B．80 C．72 D．96【答案】D【分析】先分同时种植4种农作物和3种农作物两种情况，再按排列或组合及计数原理进行求解.【详解】至少同时种植3种不同农作物可分两种情况：第一种，种植4种农作物，有种不同的种植方法；第二种，种植3种农作物，则有2块不相邻的地种植同一种农作物，有①③、②④、①④这三种情况，每一种情况都有种不同的种植方法．则至少同时种植3种不同农作物的种植方法有种．故选：D.5．已知函数在区间的最大值是M，最小值是m，则的值等于(       )A．0 B．10 C． D．【答案】C【分析】令，则，f(x)和g(x)在上单调性相同，g(x)时奇函数，可得g(x)在，据此可求M＋m，从而求出.【详解】令，则，∴f(x)和g(x)在上单调性相同，∴设g(x)在上有最大值，有最小值.∵，∴，∴g(x)在上为奇函数，∴，∴，∴，.故选：C.6．若，则的值为（       ）A．1 B．4 C． D．2【答案】B【分析】依题意可得，再利用辅助角公式、二倍角公式及诱导公式计算可得；【详解】解：因为，所以，即，即，所以，即，所以，所以；故选：B7．如图，一个装有某种液体的圆柱形容器固定在墙面和地面的角落内，容器与地面所成的角为，液面呈椭圆形，椭圆长轴上的顶点，到容器底部的距离分别是12和18，则容器内液体的体积是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据条件通过作垂线，求得底面圆的半径，将液体的体积看作等于一个底面半径为，高为 的圆柱体积的一半，即可求解答案.【详解】如图为圆柱的轴截面图，过M作容器壁的垂线，垂足为F,因为MN平行于地面，故 ，椭圆长轴上的顶点，到容器底部的距离分别是12和18，故 ,在中， ，即圆柱的底面半径为 ，所以容器内液体的体积等于一个底面半径为，高为 的圆柱体积的一半，即为 ，故选：C.8．已知双曲线的左右焦点分别为， ，过的直线交双曲线的右支于，两点.点满足，且，若，则双曲线的离心率是（       ）A． B． C．2 D．【答案】C【分析】根据给定条件可得AM垂直平分，再结合双曲线定义及三角形余弦定理列式计算作答.【详解】因，则点是线段中点，由得，即AM垂直平分，则有，，而，则，又，令双曲线的半焦距为c，在中，，，由余弦定理得：，即，化简得，所以双曲线的离心率是.故选：C二、多选题9．已知展开式中共有7项．则该展开式（       ）A．所有项的二项式系数和为64 B．所有项的系数和为1C．二项式系数最大项为第4项 D．有理项共有4项【答案】ACD【分析】由题设可得且展开式通项为，进而求二项式系数和、赋值法求所有项的系数和、对称性求二项式系数最大项及有理项的项数.【详解】由题设知：，则，A：所有二项式系数和为，正确；B：所有项的系数和，令有，错误；C：由二项式系数的性质，当时第4项的二项式系数最大为，正确；D：有理项只需，当时为有理项，共有4项，正确.故选：ACD10．如图，在直三棱柱中，，D，E，F分别为AC，，AB的中点，则下列结论正确的是（       ）A．与EF相交 B．EF与所成的角为90°C．点到平面DEF的距离为 D．三棱锥A－外接球表面积为12π【答案】BCD【分析】A用异面直线的知识判断，BC用向量法判断，D求外接球的表面积来进行判断.【详解】对于A选项，平面，平面，，所以与是异面直线，A选项错误.对于D选项，两两相互垂直，且，所以三棱锥外接球的直径，所以外接球的表面积为，D选项正确.建立如图所示空间直角坐标系，，，，所以，B选项正确.，设平面的法向量为，则，故可设.，所以到平面的距离为，C选项正确.故选：BCD11．已知直线：与抛物线C：相交于A，B两点，点A在x轴上方，点是抛物线C的准线与以AB为直径的圆的公共点，则下列结论正确的是（       ）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】由题意可知，抛物线的准线为，利用抛物线的几何性质求出和抛物线的方程和焦点坐标，结合直线的方程可知，直线经过焦点，利用抛物线的定义表示出以为直径的圆的半径和圆心,由得到关于的方程，解方程求出，利用抛物线的定义求得焦半径计算可判断的对错.【详解】由题意知，抛物线的准线为，即，解得，故选项A正确；因为，所以抛物线的方程为：，其焦点为，又直线 ，所以直线恒过抛物线的焦点，设点，因为两点在抛物线上，联立方程，两式相减可得，，设的中点为，则，因为点在直线上，解得可得，所以点是以为直径的圆的圆心，由抛物线的定义知，圆的半径，因为，所以，解得，故选项B正确；因为，,所以，故选项C正确；过做轴，过做轴，抛断线的准线交轴与点，设,，，，，又，，则，则D错误.故选：ABC【点睛】关键点睛：本题考查抛物线的标准方程及其几何性质、圆的性质、直线与抛物线的位置关系、弦长公式、点到直线的距离公式；考查运算求解能力和逻辑推理能力；熟练掌握直线与抛物线的位置关系和抛物线的几何性质、圆的性质是求解本题的关键；属于综合型、难度大型试题.12．已知实数a，b满足等式，则下列不等式中可能成立的有（       ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】将已知条件转化为，通过构造函数法，结合导数判断出当时，，由此判断AB选项的正确性.当时，对取特殊值来判断CD选项的正确性.【详解】，，，构造，，当时，，在上递减，，此时，∴，构造，在R上递增，∴，A正确，B错．当时，先负后正，∴先减后增，有正有负，取，此时，∴有可能，C正确．取，，，∴也有可能，D正确．故选：ACD三、填空题13．已知某样本数据分别为1，2，3，a，6，若样本均值，则样本方差______．【答案】2.8【分析】由平均值求得，再应用方差公式求样本方差即可.【详解】由题设，，可得，所以.故答案为：.14．数学家也有许多美丽的错误，法国数学家费马于1640年提出了（，1，2，…）是质数的猜想，直到1732年才被大数学家欧拉算出不是质数．现设（，2，…），表示数列的前n项和，若，则______．【答案】6【分析】由题设可得，应用等比数列前n项和公式可得，结合已知等量关系即可求n值.【详解】由题设，，则，又，所以，即，可得.故答案为：6.15．公元前三世纪，阿波罗尼斯在《圆锥曲线论》中明确给出了椭圆的一个基本性质：如图，过椭圆上任意一点P（不同于A，B）作长轴的垂线，垂足为Q，则为常数k．若，则该椭圆的离心率为______．【答案】【分析】设椭圆方程为、并确定坐标，可得，，，代入题设等式，结合椭圆参数的关系列方程求离心率即可.【详解】设椭圆方程为且，若，，则，，，所以，而，即，所以.故答案为：.16．已知为正方体表面上的一动点，且满足，则动点运动轨迹的周长为__________.【答案】【分析】首先根据条件确定P点所处的平面，再建立坐标系求出动点P的轨迹方程，据此求出轨迹的长.【详解】由可知，正方体表面上到点A距离最远的点为 ，所以P点只可能在面，面，面上运动，当P在面上运动时，如图示，建立平面直角坐标系，则 ,设，由得：，即，即P点在平面ABCD内的轨迹是以E（4,0）为圆心，以 为半径的一段圆弧，因为 ,故 ,所以P点在面ABCD内的轨迹的长即为 同理，P点在面内情况亦为；P点在面上时，因为，,所以，所以此时P点轨迹为以B为圆心，2为半径的圆弧，其长为 ，综上述，P点运动轨迹的周长为 ，故答案为：.四、解答题17．已知数列是递增的等比数列，且.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前n项和.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意列出方程求出公比可得；（2）根据错位相减法及分组求和即可得解.【详解】(1)设数列的公比为，，则.由得，由得，所以，解得或（舍去），所以.所以数列的通项公式为.(2)由条件知，设，则，将以上两式相减得，所以.设，则.18．已知的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且．(1)求角C的值；(2)若，求面积的最大．【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用余弦定理进行求解即可；（2）根据辅助角公式，结合余弦定理、三角形面积公式进行求解即可.【详解】(1)由余弦定理可得，整理得．于是，又，所以，．(2)由题意可得，整理得，又，所以．由余弦定理可得，整理得，．由余弦定理可得，即，当且仅当时取等号．所以，的面积，当且仅当时取等号．因此，面积的最大值为．19．自疫情以来，与现金支付方式相比，手机支付作为一种更方便快捷并且无接触的支付方式得到了越来越多消费者和商家的青睐．哈九中某研究型学习小组为了调查研究“支付方式的选择与年龄是否有关”，从哈尔滨市市民中随机抽取200名进行调查，得到部分统计数据如下表： 手机支付现金支付合计60岁以下802010060岁以上6535100合计14555200 (1)根据以上数据，判断是否有的把握认为支付方式的选择与年龄有关；(2)将频率视为概率，现从哈市60岁以下市民中用随机抽样的方法每次抽取1人，共抽取3次．记被抽取的3人中选择“手机支付”的人数为，若每次抽取的结果是相互独立的，求的分布列，数学期望和方差．参考公式：，其中0.100.0500.0100.0012.7063.8416.63510.828 【答案】(1)有的把握认为支付方式的选择与年龄有关(2)分布列见解析，，【分析】（1）利用公式求出卡方，通过与3.841比较大小得到结论；（2）计算出的可能取值与相应的概率，进而求出分布列，利用二项分布数学期望和方差的公式进行求解.【详解】(1)根据题意可得:的观测值，所以有的把握认为支付方式的选择与年龄有关．(2)由题意可知：在60岁以下的市民中抽到1人选择“手机支付”的概率为，所以，的所有可能取值为0，1，2，3．，，，所以的分布列为0123 ，．20．如图，在梯形中，，，四边形为矩形，且平面，．(1)求证：平面；(2)点在线段上一运动，当点在什么位置时，平面与平面所成锐二面角最大，并求此时锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)当点与点重合时，平面与平面所成锐二面角最大，此时锐二面角的余弦值为.【分析】（1）证明出平面，再由可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，其中，利用空间向量法可求得平面与平面所成锐二面角余弦值的最小值.【详解】(1)证明：在梯形中，，，故梯形为等腰梯形，因为，则，所以，，又因为，则，，因为平面，平面，，，平面，因为四边形为矩形，则，因此，平面.(2)解：因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，由余弦定理可得，则、、、、，设点，其中，设平面的法向量为，，，由，取，可得，易知平面的一个法向量为，，所以，当时，取最小值，此时平面与平面所成锐二面角最大，此时，平面与平面所成锐二面角的余弦值为.21．已知椭圆的焦距为，左､右焦点分别是，其离心率为，圆与圆相交，两圆交点在椭圆上.(1)求椭圆的方程；(2)设直线不经过点且与椭圆相交于两点，若直线与直线的斜率之和为，证明：直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据题意列出等式，求得 ，即得答案；（2）考虑直线斜率是否存在，存在时，设出直线方程并和椭圆方程联立，得到根与系数的关系，结合直线与直线的斜率之和为化简整理可得参数之间的关系式，即可证明结论.【详解】(1)由题意得，由圆与圆相交，两圆交点在椭圆上，可知：，又，解得：所以椭圆的方程为：.(2)证明：①当直线的斜率不存在时，设直线， 由题意可知，且，设，因为直线的斜率之和为，所以，化简得，所以直线的方程为.②当直线的斜率存在时，设方程为，联立消去，化简得.，由题意可得，因为直线的斜率之和为，所以，，，，，化简整理得，当且仅当时，即 或且 时符合题意，直线的方程：，即，故直线过定点，综上①②可得直线过定点.【点睛】本题考查了椭圆方程的求法，以及直线和椭圆相交时的直线过定点问题，解答时要注意考虑直线斜率是否存在的情况，斜率存在时设出直线方程，和椭圆方程联立，得到根与系数的关系，然后结合条件得等式，化简即可，难点在于计算量较大并且运算繁琐，需要十分细心.22．己知函数，其中m为非零实数．(1)讨论函数的单调区间；(2)若函数有两个零点，，且，求实数m的取值范围．【答案】(1)答案见解析；(2).【分析】（1）讨论、，并对求导，结合对应的定义域判断导函数的符号，即可确定单调区间.（2）由（1）及题设知，令有，构造利用导数求单调性，再由题设零点有，令并构造，应用导数研究单调性得，最后根据的单调性求m的范围.【详解】(1)由题意，当时的定义域为，又，由得；由得．所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；当时的定义域为，又恒成立，函数的单调递减区间为；综上，当时的单调递增区间为，单调递减区间为；当时的单调递减区间为．(2)由（1）及题设知：，令得：，令，则，令得：，则当时；当时．所以在上单调递减，在上单调递增．所以，当x趋近于0时趋近于；当x趋近于时趋近于，所以．由，，两式相减得：．令，则，故，记，，则，构造，则，所以在上，递减，又，所以时，即，所以在上单调递减，故，即，而，在上单调递减，故，即．【点睛】关键点点睛：第二问，令有，构造研究单调性，根据零点情况得，应用换元法转化为，再次构造求范围，结合单调性求范围.