2022届高三旧高考数学（文）开学摸底测试卷10含答案

这是一份2022届高三旧高考数学（文）开学摸底测试卷10含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届旧高考数学（文）开学摸底测试卷10  一、单选题1．若复数z满足，则z的虚部是（    ）A．2 B． C． D．【答案】A【分析】利用复数的运算可得，然后简单判断即可.【详解】由题可知：所以z的虚部是2故选：A2．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求得集合，由此求得两个集合的交集.【详解】由于，故.故选:A3．已知向量，，若，则（    ）A． B．2 C． D．8【答案】C【分析】利用向量垂直直接计算可得，然后利用坐标计算模长.【详解】由，所以所以，则故选：C4．若，是方程的两根，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】使用韦达定理可知，然后使用两角和的正切公式计算即可.【详解】由题可知：所以故选：B5．下列说法中正确的是（    ）A．“”是“”的充要条件B．命题，，则，C．命题“若，则”的逆否命题是真命题D．“”是“（且）”成立的充分不必要条件【答案】C【分析】逐项进行判断，对A取特殊值可得正误，对B按照命题否定的定义可得正误，对C利用原命题的真假判断逆否命题真假，对D，根据对数底数介于0与1之间即可判断.【详解】对A，若，可知，且，故A错对B，则，，故B错对C，命题“若，则”是真命题，根据原命题与逆否命题同真同假，故C正确对D，若时，当时，，故“”不能推出“，所以D错故选:C6．甲，乙，丙，丁四名学生，仅有一人阅读了语文老师推荐的一篇文章.当它们被问到谁阅读了该篇文章时，甲说：“丙或丁阅读了”；乙说：“丙阅读了”；丙说：“甲和丁都没有阅读”；丁说：“乙阅读了”.假设这四名学生中只有两人说的是对的，那么读了该篇文章的学生是A．甲 B．乙 C．丙 D．丁【答案】B【分析】分别假设甲阅读，乙阅读，丙阅读，丁阅读，结合题中条件，即可判断出结果.【详解】若甲阅读了语文老师推荐的文章，则甲、乙、丙、丁说的都不对，不满足题意；若乙阅读了语文老师推荐的文章，则甲、乙说的都不对，丙、丁都正确；满足题意；若丙阅读了语文老师推荐的文章，则甲、乙、丙说的都对，丁说的不对，不满足题意；若丁阅读了语文老师推荐的文章，则甲说的对，乙、丙、丁说的都不对，不满足题意；故选B【点睛】本题主要考查逻辑推理的问题，推理案例是常考内容，属于基础题型.7．将函数的图象向右平移个单位后得函数的图象，则下列关于的说法错误的是（    ）A．最小正周期为 B．是它的一条对称轴C．在上单调递增 D．在内的最大值为1【答案】D【分析】由题意利用函数的图象变换规律，正弦函数的性质，得出结论．【详解】解：将函数的图象向右平移个单位得到，所以最小正周期，故A正确；又，所以是它的一条对称轴，故B正确；当，所以，因为在上单调递增，所以在上单调递增，故C正确；当，所以，所以，故D错误.故选：D.8．函数，且若，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由已知条件易知函数关于点中心对称，结合极值点也关于该点对称可以分别求得，从而得到的值.【详解】由知，关于点对称，且该点在函数上，则，对求导得，∵函数的极值点也关于对称，由韦达定理知，，则，从而，故.故选：A.【点睛】思路点睛：根据函数对称性找到参数满足的关系式即可.9．三棱柱中，平面ABC，，，，则异面直线与所成角的正弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】在三棱柱中，由得，进而得，且平面ABC，得，利用线面垂直判定定理得平面.由，得为异面直线与所成角或其补角.在中，计算即可.【详解】三棱柱中，，，，满足，，得.平面ABC，，且，平面，平面，，.，为异面直线与所成角或其补角.在中，.故选：C【点睛】思路点睛：首先利用勾股定理得，且平面ABC，得；其次利用线面垂直判定定理得平面；再次，得为异面直线与所成角或其补角；最后在中，计算正弦值.10．已知双曲线（，）的右焦点为，P为双曲线左支上的动点，设点且的周长最小值为16，则双曲线的渐近线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据双曲线定义找到的周长取最小值时的P的位置，根据周长计算出，即可求出渐近线方程.【详解】如图所示，取双曲线左焦点，的周长，由双曲线定义易知，，则，由图知，当三点共线时，最小，又， 故，解得，又，则，双曲线渐近线方程为.故选：A.【点睛】关键点点睛：根据双曲线定义找到三角形周长取最小值的点，从而解得圆锥曲线参数.11．某学校的数学知识比赛一共有三关，第一关与第二关的通过率分别为，，只有通过前一关才能进入下一关，每一关都有两次闯关机会，且通过每关相互独立，某同学参加该比赛能进入第三关的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】把能进入第三关的事件，分为四种情况：前两关都是一次通过，前两关仅有一关是两次通过，前两关都是两次通过，然后分别求解概率即可.【详解】设“第次通过第一关”，“第次通过第二关”，其中；由题意选手能进入第三关的事件为：,所以概率为.故选：D12．已知函数，若方程有且仅有两个不同的解，则实数m的值为（    ）A．2e B．4e C．6e D．8e【答案】A【分析】设，判断为偶函数，只需满足时，有个零点，即，转化为，相切，设切点为，利用导数求出切线的斜率即可.【详解】解：设，可得，即有为偶函数，由题意考虑时，有个零点，当时，，，即有时，，由，可得，由，相切，设切点为，的导数为，可得切线的斜率为，可得切线的方程为，由切线经过点，可得，解得或舍去，即切线的斜率为2e，故选：A【点睛】关键点点睛：本题考查了利用导数研究方程的根，解题的关键是将问题转化为当时，有一个根，进而转化为，相切，考查了转化思想以及数形结合的思想.  二、填空题13．函数的图象在处的切线方程是，则__________.【答案】【分析】根据导数的几何意义，分别求得的值，即可求解.【详解】由题意，函数的图象在处的切线方程是，可得，所以.故答案为：.14．已知直线与抛物线交于，两点，则弦的长为__________．【答案】8【详解】直线与抛物线联立可得，因为直线过抛物线焦点（1，0），所以15．已知正三棱锥的高为2，底面边长是，则该正三棱锥的内切球的半径是___________.【答案】【分析】计算侧面的高，然后利用等体积法计算即可.【详解】设正三棱锥的内切球的半径为如图顶点在底面的投影为的重心由题可知：，所以则，，使用等体积法可知：所以故答案为：16．在中，内角A，B，C所的边分别为a，b，c，已知，则A的取值范围为______．【答案】.【分析】先由余弦定理化边可得，再由余弦定理以及基本不等式得到，结合余弦函数的单调性，即可求解.【详解】由，根据余弦定理得，化简得，又由，当且仅当时，即时等号成立，又因为，且余弦函数在上是单调递减函数，可得，即A的取值范围为.故答案为：. 三、解答题17．某班级开展数学能力竞赛，随机抽取5名学生对他们的数学运算能力和数学抽象能力进行检查和评分，其评分情况如下表所示:学生编号12345数学运算能力评分7580859095数学抽象能力评分8587889298（1）已知x与y之间具有线性相关关系，求y关于x的线性回归方程;（2）现从5名学生中任意抽取两名学生组成一组，若这两名学生的数学运算能力和数学抽象能力的评分均不低于85分，则组成“最佳搭档”，求该组被评为“最佳搭档”的概率.参考公式:，；参考数据:，.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）首先求出，，再根据已知数据求出，进而求出即可.（2）列出基本事件个数，再利用古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】（1）由题意，计算平均数得：，，，，故所求的线性回归方程为.（2）从5个名学生中任选两名， ，共有10种结果.其中数学运算能力和数学抽象能力评分不低于85分的有3种结果：，所以该组被评为最佳搭档的概率为.18．已知数列满足，（），其中为的前n项和．（Ⅰ）求；（Ⅱ）若数列满足，设，求的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）利用与的关系求解即可；（Ⅱ），利用裂项相消法求和即可.【详解】（Ⅰ）当时，，，两式相减得，即得，因为，，所以当时，，所以；（Ⅱ）因为，则，所以．【点睛】方法点睛：数列的裂项相消法，就是把通项拆分成“两项的差”的形式，使得恰好在求和时能够“抵消”多数的项而剩余少数几项.三大特征：（1）分子全部相同，最简单形式为都是1的，复杂形式可为都是x(x为任意自然数)的，但是只要将x提取出来即可转化为分子都是1的运算；（2）分母上均为几个自然数的乘积形式，并且满足相邻2个分母上的因数“首尾相接”；（3）分母上几个因数间的差是一个定值；（3）分母上几个因数间的差是一个定值；裂差型运算的核心环节是“两两抵消达到简化的目的”.19．如图，是边长为4的正三角形，D，E分别是边AB，AC的中点，以DE为折痕把折起，使点A到达点P的位置，且，M是PB的中点.（1）求证：平面PEC（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取的中点，连接，证得四边形是平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；（2）根据线面垂直的判定定理，证得平面，结合，即可求解.【详解】（1）如图，取的中点，连接,因为是的中点，所以，且,又因为分别是边的中点，所以，且，所以，且所以四边形是平行四边形，所以.因为平面，平面，所以平面.（2）因为是正三角形，是的中点，所以，因为，，所以平面，因为的边长是4，，分别是、的中点，所以，因为，所以，由对称性知，，，所以，所以为直角三角形，所以.20．已知动点P到点的距离与它到直线的距离之比为，点P形成的轨迹为曲线C．（Ⅰ）求曲线C的方程；（Ⅱ）设，分别过，作斜率为）的直线与曲线C交于x轴上方A，B两点，若四边形的面积为，求k的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1.【分析】（Ⅰ）设，利用直接法即可求解.（Ⅱ）延长交椭圆于点，根据椭圆的对称性，设，将直线与椭圆方程联立，利用弦长公式求出，再利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，进而表示出，解方程即可.【详解】（Ⅰ）设，由题意得，整理得，即为曲线的方程．（Ⅱ）由题意知，延长交椭圆于点，由椭圆的对称性知，所以，设，与联立消得，，设，，则，，所以，因为点到直线的距离所以，平方化简得，解得或（舍），因为，所以．【点睛】关键点点睛：本题考查了直接法求动点的轨迹方程，直线与椭圆的位置关系，解题的关键是利用椭圆的性质可得，求出弦长，考查了运算求解.21．已知．（1）已知函数在点的切线与圆相切，求实数a的值；（2）当时，，求实数a的取值范围．【答案】（1）或；（2）.【分析】（1）计算导数，可得，，得到切线方程，然后根据直线与圆相切进行简单计算即可.（2）构造函数，并求得，然后按，分别进行讨论，判段函数单调性并求最值，最后进行计算即可.【详解】（1）由题知，，．在点的切线斜率为，在点的切线方程为，即，由题意知，，解得或．（2）设，设，，当时，，，，即在上是增函数，，当时，，则当时，，函数在上是增函数，当时，，满足题意，当时，，在上是增函数，，存在上，使，当时，，函数在是减函数当时，，不满足题意．综上所述，实数的取值范围为．【点睛】方法点睛：求曲线在某点处的切线方程：（1）求导；（2）计算；（3）点斜式可得方程.利用导数求参常用方法：（1）构造函数利用导数判断原函数单调性并求最值判断（必要时对参数进行讨论）；（2）分离参数，并构造新函数，利用导数求新函数的最值.22．在直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（t为参数）以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为，将曲线向左平移3个单位长度得到曲线C.（Ⅰ）求曲线C的普通方程和极坐标方程；（Ⅱ）设直线l与曲线C交于A，B两点，求的最大值．【答案】（Ⅰ）；；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）消参可得曲线的普通方程，然后经过平移可得曲线的普通方程，最后根据，可得极坐标方程.（Ⅱ）方法一：使用极坐标方程，可得，，然后化简计算，结合，可得结果;方法二：设直线的参数方程，代入曲线普通方程结合参数的几何意义进行计算可得结果.【详解】（Ⅰ）曲线的普通方程为，依题意得曲线的普通方程为，令，得，曲线的极坐标方程为；（Ⅱ）法一：将代入曲线的极坐标方程得，则，，，，异号，，，，，则的最大值为．法二：设直线的参数方程为（为参数，为直线的倾斜角），代入曲线的普通方程得，则，，，，号．，，，，则的最大值为．【点睛】方法点睛：第（Ⅰ）问：消参；平移；利用，转化.第（Ⅱ）问：假设直线参数方程；联立曲线方程；使用韦达定理，根据参数几何意义计算.23．设函数．（1）证明：当时，恒成立；（2）证明：当时，．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）化简函数的解析式，求出函数的最大值，结合基本不等式可证得结论成立；（2）利用分析法得出所证不等式等价于，然后利用基本不等式结合对数函数的单调性可证得结论成立.【详解】（1）令，则函数在上是增函数，在上是减函数，即，当时，由基本不等式得，，当且仅当时，等号成立，所以原式得证；（2）由于，则，即，要证明，只需证，即证，又.所以．【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.