2022届江苏省扬州中学高三下学期开学检测数学试题含解析

2022届江苏省扬州中学高三下学期开学检测数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用对数函数性质，化简集合，然后根据集合的交集运算即可

【详解】根据题意，易得：

又

则有：

故选：C

2．设复数满足，则的实部为（       ）

A．0 B．1 C．-1 D．i

【答案】A

【分析】设出复数，通过计算得到结果.

【详解】设，则，所以，故的实部为0.

故选：A

3．已知角的顶点在原点，始边与轴非负半轴重合，终边与直线平行，则的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意角的终边在直线上，则得出的值，将原式化为，代入可得答案.

【详解】因为角的终边与直线平行，即角的终边在直线上

所以；

故选：D

4．的展开式中的项的系数为（       ）

A．120 B．80 C．60 D．40

【答案】A

【解析】化简得到，再利用二项式定理展开得到答案.

【详解】

展开式中的项为.

故选：

【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力.

5．已知是等差数列，是其前项和.则“”是“对于任意且，”的（       ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】利用等差数列前n项和的函数性质判断“对于任意且，”与“”推出关系，进而确定它们的关系.

【详解】由等差数列前n项和公式知：，

∴要使对于任意且，，则，即是递增等差数列，

∴“对于任意且，”必有“”，

而，可得，但不能保证“对于任意且，”成立，

∴“”是“对于任意且，”的必要而不充分条件.

故选：B.

6．已知点，分别是椭圆的左、右焦点，点A是椭圆上一点，点О为坐标原点，若，直线的斜率为，则椭圆C的离心率为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由题可得，结合条件可得，即求.

【详解】如图，由，得，故．

因为直线的斜率为，

所以，所以，

又，所以，，

又，

故，得，

所以.

故选：D．

7．已知，，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】推导出、，结合对数函数的单调性可得出、、的大小关系.

【详解】因为，则，所以，，即；

，则，所以，，所以，，即，故.

故选：D.

8．关于的方程有三个不等的实数解，，，且，则的值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】令，用导数画出其图象，得到，将关于的方程有三个不等的实数解，，，转化为方程有两个不等的实数解，结合韦达定理求解.

【详解】令，

则，

当时，，当时，，

所以在上递减，在上递增，

所以当时，函数取得最大值，

函数的图象如图所示：

则，

由图象知：，

因为关于的方程有三个不等的实数解，，，

所以方程有两个不等的实数解，

由韦达定理得：，

所以，

故选：B

二、多选题

9．下列说法正确的是（       ）

A．为了更好地开展创文创卫工作，需要对在校中小学生参加社会实践活动的意向进行调查，拟采用分层抽样的方法从该地区ABCD四个学校中抽取一个容量为400的样本进行调查，已知ABCD四校人数之比为，则应从B校中抽取的样本数量为80

B．6件产品中有4件正品，2件次品，从中任取2件，则至少取到1件次品的概率为0.6

C．箱子中有4个红球、2个白球共6个小球，依次不放回地抽取2个小球，记事件{第一次取到红球}，{第二次取到白球}，则M、N为相互独立事件

D．已知变量x、y线性相关，由样本数据算得线性回归方程是，且由样本数据算得，，则

【答案】ABD

【分析】根据分层抽样、古典概型、相互独立事件、样本中心点等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.

【详解】A选项，校抽取人数为人，A选项正确.

B选项，6件产品中有4件正品，2件次品，从中任取2件，则至少取到1件次品的概率为：

，B选项正确.

C选项，，，

，C选项错误.

D选项，依题意，D选项正确.

故选：ABD

10．设，，下列结论中正确的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】利用基本不等式可判断ACD选项的正误，利用特殊值法可判断B选项的正误.

【详解】对于A选项，，

当且仅当时，等号成立，A对；

对于B选项，取，则，B错；

对于C选项，，，

所以，，即，当且仅当时，等号成立，C对；

对于D选项，因为，则，

所以，，当且仅当时，两个等号同时成立，D对.

故选：ACD.

11．已知函数的任意两对称轴间的最小距离为，函数的图象关于原点对称，则（       ）

A．在在单调递增

B．，，

C．把的图象向右平移个单位即可得到的图象

D．若在上有且仅有两个极值点，则a的取值范围为

【答案】BD

【分析】根据已知条件求得，然后三角函数函数的单调性、最值、图象变换、极值点等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.

【详解】由于函数的任意两对称轴间的最小距离为，

所以的最小正周期为，所以，

所以，

，

由于的图象关于原点对称，所以，

由于，所以.

所以.

对于A选项，，所以A选项错误.

对于B选项，，

所以，，，所以B选项正确.

对于C选项，由于，所以C选项错误.

对于D选项，在上有且仅有两个极值点，

，

所以，

，D选项正确.

故选：BD

12．如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（       ）

A．当在平面上运动时，四棱锥的体积不变

B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是

C．当直线与平面所成的角为45°时，点的轨迹长度为

D．若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是

【答案】AC

【分析】A. 由四棱锥的高和底面积判断； B.根据是等边三角形判断；C.根据直线与平面所成的角为，结合正方体的特征判断； D.建立空间直角坐标系，求得的坐标进行判断.

【详解】A. 当在平面上运动时，点到面的距离不变，不变，

故四棱锥的体积不变，故A正确；

B. 建立如图所示空间直角坐标系：

设 ，，则 ，

设与所成的角为，则 ，

因为，

当时， ，

当 时， ，则 ，

综上： ，所以与所成角的取值范围是，故B错误；

C.因为直线与平面所成的角为，

若点在平面和平面内，因为最大，不成立；

在平面内，点的轨迹是，

在平面内，点的轨迹是，

在平面时，如图所示：

，

作平面，因为 ，所以 ，

又 ，所以 ，

则，所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的四分之一圆，

所以点的轨迹长度为，

所以点的轨迹总长度为长度为，故C正确；

D.建立如图所示空间直角坐标系：

设 ，，

则 ， ，

设平面的一个法向量为，

则 ，即 ，

令 ，则 ，

因为平面，所以 ，即 ，

所以 ，

当 时，等号成立，故D错误；

故选：AC.

三、填空题

13．写出一个同时具有下列性质①②③的函数：______.

①；②；③.

【答案】（底数大于e的指数函数均可）

【分析】由指数函数的性质可求解.

【详解】由①可知函数是指数函数，由②可知函数单调递增，又，故只要即可．

故答案为：（底数大于e的指数函数均可）

14．在梯形中，，，，，是的中点，则= _______

【答案】14

【分析】把看成基底，将用基底表示，然后利用数量积运算律求解即可

【详解】因为是的中点，

所以，

因为，，，

所以

，

故答案为：14

15．已知实数a，b，c满足（其中e为自然对数的底数），则的最小值是______.

【答案】

【分析】利用导数证得，结合求得关于的表达式，利用二次函数的性质求得的最小值.

【详解】令，

所以在区间递减；在区间递增，

所以是的极小值也即是最小值，

所以，当时等号成立.

所以，

依题意，所以，

则，

所以，

所以当时，取得最小值.

故答案为：

四、双空题

16．如图所示阴影部分是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正三角形的边长为4，取正三角形各边的四等分点，，，作第2个正三角形，然后再取正三角形各边的四等分点，，， 作第3个正三角形，依此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案 .如图阴影部分，设三角形面积为，后续各阴影三角形面积依次为，，…，，….则___________，数列的前项和__________

【答案】         

【分析】设正三角形边长为，后续各正三角形边长依次为，，…，，进而由余弦定理得，在结合三角形面积公式得，故数列是以为首项，为公比的等比数列，再根据等比数列求即可.

【详解】设正三角形边长为，后续各正三角形边长依次为，，…，，

由题意，

，

由于，

所以，

于是数列是以为首项，为公比的等比数列

故答案为：；

五、解答题

17．已知函数．

(1)设，求函数的单调递减区间；

(2)设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D为边的中点，若，求线段的长的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由二倍角公式，两角差的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后求出，再由复合函数的单调性与正弦函数的单调性得出减区间；

（2）由（1）求得，由余弦定理得关系，结合基本不等式得的范围，利用中线向量公式，平方后结合向量的数量积运算可求得中线长的范围．

【详解】(1)由已知，．       

则，

所以当单调過减时，函数单调递增．                       

令，得．

所以函数的单调递减区间是．

(2)因为，则．               

又，由余弦定理，得，即．               

因为D为的中点，则．               

因为，则，即，当且仅当b=c=1等号成立，所以，即．

以线段的长的取值范围是

18．已知数列的前项和为，，且，是公差不为0的等差数列，且成等比数列，成等差数列．

(1)求的通项公式；

(2)若，求的前项和．

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）由已知列式解方程组可得解.

（2）裂项求和即可.

【详解】(1)∵当，，两式相减可得

由，代入可得，满足，

所以为等比数列，∴，

不妨设等差数列公差为，由条件可得

，

即，解得，

所以

(2)由（1）可知

∴

.

19．刍甍（chú méng）是中国古代数学书中提到的一种几何体.《九章算术》中有记载“下有袤有广，而上有袤无广”，可翻译为：“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.”如图，在刍甍中，四边形是正方形，平面和平面交于.

(1)求证：平面；

(2)若，，，，再从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，使得刍甍存在，并求平面和平面夹角的余弦值.

条件①：，；

条件②：平面平面；

条件③：平面平面.

【答案】(1)证明见解析；

(2)只有条件②符合，余弦值为.

【分析】（1）利用线面平行的判定定理可得证；

（2）先判断只有条件②符合，再利用空间向量法求得二面角的余弦值.

【详解】(1)证明：在正方形中，，平面，平面，所以平面；

(2)由（1）可知，平面，又平面，平面．，又，，所以四边形为等腰梯形，四边形为梯形；

条件①：，，则平面，即平面，

又平面，，此时四边形不为等腰梯形，故条件①不符合

条件③：平面平面，且平面平面

又，平面，平面，

此时四边形不为等腰梯形，故条件③不符合；

条件②：平面平面，；

过点作于，过作于，连接，

由平面平面，平面平面，平面

又平面，

以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，

因为平面，平面，平面平面，

在四边形中，，，，所以，，

在正方形中，，所以

因为，且，所以，

所以，，，，，

所以，，，

设平面的一个法向量，

由，令，则；

设平面的一个法向量，

由，令，则.

设平面和平面的夹角为，根据图形可以看出二面角的大小是锐角，

则.

所以平面和平面的夹角的余弦值为.

20．已知圆，点，是圆上一动点，若线段的垂直平分线与线段相交于点．

(1)求点的轨迹方程；

(2)已知为点的轨迹上三个点（不在坐标轴上），且，求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据椭圆的定义，结合题意即可求解；（2）由题意可知为的重心，则有，只需求三角形面积即可，根据直线与椭圆的位置关系、韦达定理、弦长公式、点到线的距离公式和已知条件可求出三角形的底和高的长，即可得解.

【详解】(1)由已知有，

∴点的轨迹是以为焦点的椭圆，其中，∴，

∴点的轨迹方程

(2)由，可知为的重心，

∴，

由已知的斜率存在，设直线的方程为：，，

由，

则，

，

由，，

∴，

，

∴．

21．公元1651年，法国学者德梅赫向数学家帕斯卡请教了一个问题：设两名赌徒约定谁先赢满4局，谁便赢得全部赌注元，已知每局甲赢的概率为，乙赢的概率为，且每局赌博相互独立，在甲赢了2局且乙赢了1局后，赌博意外终止，则赌注该怎么分才合理？帕斯卡先和费尔马讨论了这个问题，后来惠更斯也加入了讨论，这三位当时欧洲乃至全世界著名的数学家给出的分配赌注的方案是：如果出现无人先赢4局且赌博意外终止的情况，则甲、乙按照赌博再继续进行下去各自赢得全部赌注的概率之比分配赌注．（友情提醒：珍爱生命，远离赌博）

（1）若，甲､乙赌博意外终止，则甲应分得多少元赌注？

（2）若，求赌博继续进行下去甲赢得全部赌注的概率，并判断“赌博继续进行下去乙赢得全部赌注”是否为小概率事件（发生概率小于的随机事件称为小概率事件）．

【答案】（1）216元；（2），是小概率事件．

【分析】（1）设赌博再继续进行X局且甲赢得全部赌注，则最后一局必然甲赢，由题意知，最多再进行4局，甲、乙必然有人赢得全部赌注，利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式求出甲赢的概率，由此能求出甲应分得的赌注．

（2）设赌博继续进行Y局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢，当时，乙以贏，，当时，乙以贏，，求出甲赢得全部赌注的概率对其求导，利用导数分析单调性，求出该函数的最小值，从而判断出“赌博继续进行下去乙赢得全部赌注”是小概率事件.

【详解】（1）设赌博再继续进行局且甲赢得全部赌注，则最后一局必然甲贏

由题意知，最多再进行4局，甲、乙必然有人赢得全部赌注．

当时，甲以赢，所以；

当时，甲以赢，所以；

当时，甲以赢，所以．

所以，甲赢的概率为．

所以，甲应分得的赌注为元

（2）设赌注继续进行局乙赢得全部赌注，则最后一局必然乙赢，则的可能取值有3、4，

当时，乙以贏，；

当时，乙以贏，；

所以，乙赢得全部赌注的概率为

于是甲赢得全部赌注的概率

求导，．

因为所以所以在上单调递增，

于是．

故乙赢的概率最大为故是小概率事件．

22．已知函数.（其中，为参数）在点处的切线方程为.

（1）求实数，的值；

（2）求函数的最小值；

（3）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）1；（3）.

【分析】(1)利用导数的几何意义可得出结果.

(2)对求导并讨论单调性，即可得出的最小值.

(3)对取值范围()分类讨论，构造并求导，对参数的取值范围()分类讨论单调性，结合零点存在定理即可得出结果.

【详解】（1），

由题意得，即，解得

（2），∴，则.

①当时，由，，则，所以在上单调递减.

②当时，由，知，

所以在上单调递增，故即，所以在上单调递增：

所以，.

（3）对分情况讨论处理：

（i）当时，不等式等价于，

令，则，

①当时，由（2）知，

所以单调递增，所以，满足题意.

②当时，由（2）知在上单调递增，

令，则，有，所以当时，当时，所以，

所以在上单调递增，则，即

所以，又，

所以存在唯一使得，且当时，，单调递减，所以当时，，不满足题意

（ii）当时，不等式等价于，

当时，同（i）可知，所以单调递增，所以，满足题意.

当时，由（2）知在上单调递减

，从而存在唯一

使得，且当时，，单调递减，所以当时，，不满足题意

（iii）当时，对任意的，原不等式恒成立.

综上得，的取值范围为.

【点睛】(1)处理与切线有关的参数问题，通常根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程并解出参数：①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上.

(2)利用导数研究函数的最值问题时，首先要注意区分函数最值与极值的区别．求解函数的最值时，要先求函数y＝f(x)在[a，b]内所有使f′(x)＝0的点，再计算函数y＝f(x)在区间内所有使f′(x)＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得.

(3)利用导数解决不等式恒成立问题的方法

①分离参数法求范围：若或恒成立，只需满足或即可，利用导数方法求出的最小值或的最大值，从而解决问题；

②把参数看作常数利用分类讨论方法解决：对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围.