2022年秋季高三数学开学摸底考试卷02（ 文科 老高考地区）

绝密★考试结束前

2023届高三秋季开学摸底考试卷（02）

文科数学

(满分150分)

本试卷共22题（含选考题）。全卷满分150分。考试用时120分钟。

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目

1．已知复数，则（       ）

A． B．6 C． D．7

【答案】A

【解析】：

故选：A

2．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】：由题意得：

，

故选：D

3．甲､乙两组数据的频率分布直方图如图所示，两组数据采用相同的分组方法，用和分别表示甲､乙的平均数，，分别表示甲､乙的方差，则（       ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】B

【解析】平均数是每个矩形的底边中点的横坐标乘以本组频率（对应矩形面积）再相加，

因为两组数据采取相同分组且面积相同，故，

由图观察可知，甲的数据更分散，所以甲方差大，即，

故选：B.

4．已知双曲线的左､右焦点为，，过的直线交双曲线左支于点和，若，且的周长为，则的渐近线方程为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】,

,即，

的周长为：，

由双曲线的方程为，可知，解得：，

的渐近线方程为：，

故选：A.

5．已知幂函数满足，若，，，则，，的大小关系是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】由可得，∴，

∴，即.由此可知函数在上单调递增.

而由换底公式可得，，，

∵，∴，于是，

又∵，∴，故，，的大小关系是.

故选：C.

6．为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”.如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥与正六棱柱的侧面积之比为，则正六棱锥与正六棱柱的高的比值为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】设正六棱柱底面边长为，由题意可知正六棱柱的高为，则可知正六棱柱的侧面积为.

设正六棱锥的高为，可知正六棱锥侧面的一个三角形的边为上的高为，

所以正六棱锥的侧面积为，

由题意有，

所以六棱锥与正六棱柱的高的比值为.

故选：D.

7．在等差数列中，，，记，则（       ）

A．有最大值，有最小值 B．有最大值，无最小值

C．无最大值，有最小值 D．无最大值，无最小值

【答案】C

【解析】 由题意知的公差，所以，

所以，，、、、，、，……，

所以前项为正数，从第项开始是负数，从而可知对任意，都有，

所以总为正，且是单调递增的，因此有最小值，没有最大值．

故选：C

8．已知函数，将函数的图象先向右平移个单位长度，再将所得函数图象上的所有点保持纵坐标不变，横坐标变为原来的得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】，

将函数的图象先向右平移个单位长度，可得

再将所得函数图象上的所有点保持纵坐标不变，横坐标变为原来的得到：

即，由，设且

则，

函数在上没有零点，即在上上没有零点.

所以，解得，所以

故选：D

9．以三棱柱的任意三个顶点为顶点作三角形，从中任选两个三角形，则这两个三角形共面的情况有（       ）

A．6种 B．12种 C．18种 D．30种

【答案】C

【解析】两个三角形共面，则这两个三角形必须在同一个侧面中，每个侧面有4个顶点，可以作4个三角形，任选两个三角形有种选法，三个侧面则可以选出对共面的三角形．故选：C.

10．已知椭圆：的右焦点为，直线与C交于A，B两点，若，则椭圆的离心率为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】令椭圆半焦距为c，则点到直线的距离为，

由椭圆的对称性知，是等腰三角形，，于是得点A或B到x轴距离为，

因此，，整理得，而，则，

即，又，解得

所以椭圆的离心率为.

故选：B

11．已知，若当时，总有，则的最大值为（       ）

A． B． C．1 D．

【答案】B

【解析】由，可得，

，则，即，化简可得：，

设，，，，为减函数，

则在恒成立，由，解得：，

的最大值为.

故选：B.

12．已知函数，其图象关于点对称且相邻两条对称轴之间的距离为，则下列判断正确的是 （       ）

A．函数的图象关于直线对称

B．当时，函数的值为

C．要得到函数的图象，只需将的图象向右平移个单位

D．函数在上单调递增

【答案】C

【解析】由函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为可得：

,所以,所以.

又函数的图象关于点对称，所以,且，

解得：，所以.

对于A：当时，，

即不是最低点，也不是最高点，故A错误；

对于B：当时，，故B错误；

对于C：将的图象向右平移个单位，得到，故C正确；

对于D：当时，，所以当时，有，单调递增；

当时，，单调递减，故D错误.

故选：C.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知向量，，且，则___________.

【答案】5

【解析】由知：，即，

∴，故.

故答案为：5.

14．抛物线焦点为F，P为抛物线线上的动点，定点，则的最小值为_________．

【答案】5

【解析】准线为，

过作准线的垂线，垂足为，则，

所以，易知当三点共线时取得最小值为，故答案为：5．

15．已知函数，其中为自然对数的底数，则不等式的解集为________．

【答案】

【解析】∵，∴，

即函数为奇函数，又∵恒成立，

故函数在上单调递增，不等式可转化为，

即，解得：，

即不等式的解集为.

故答案为：.

16．已知四棱锥的顶点都在球上，平面，底面为矩形，，若球的表面积为，则四棱锥的体积为___________；若，分别是，的中点，则点到平面的距离为___________.

【答案】         

【解析】由题意可知，球心为的中点，故球的直径，所以，

，，

所以四棱锥的体积为；

设球心到平面的距离为，

由题意可知，球心到平面的距离等于点到平面的距离，

在三棱锥中，由等体积法可得，即，解得．

故答案为：；.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：共60分。

17．（12分）．

已知数列的各项均为互不相等的正数，且，记为数列的前项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另一个成立．

①数列是等比数列；②数列是等比数列；③

注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．

【答案】答案见解析

【解析】①③②．已知数列是等比数列，．

设数列的公比为，又，所以，因为，所以，

根据题意可知，所以解得，所以，所以，且，因为，

所以数列是以2为首项，以2为公比的等比数列．

①②③．已知数列是等比数列，数列是等比数列．

设数列的公比为，又，根据题意，所以，，

所以，，，，

因为数列是等比数列，所以，即，

化解得，即，根据题意且，所以得，

从而，，所以有．

②③①．已知数列是等比数列，．

因为为数列的前项和，且，所以，

设数列的公比为，根据题意有且，所以，

当时，，

又因为，所以，又，所以有，又，所以，

所以得，

因为

所以数列是以1为首项，以2为公比的等比数列．

18．（12分）

某公司为了节能减排，将办公室里的旧空调更换成了节能空调，并统计了使用节能空调之前和之后各20天里每天的用电量（单位：kW·h），绘制成如下的茎叶图：

(1)从这40天中随机选一天，求这一天的用电量大于或等于的概率；

(2)求这40天办公室用电量的中位数m，并完成下面的2×2列联表；

(3)根据（2）中的列联表，能否有95%的把握认为节能空调起到了节能作用？

参考公式，．

临界值表：

【答案】(1)

(2)43.5，表格见解析

(3)没有的把握认为节能空调起到了节能作用

【解析】(1)这40天中用电量大于或等于的天数为8，

所以从这40天中随机选一天，这一天的用电量大于或等于的概率为．

(2)由茎叶图可知中位数．

列联表如下：

(3)由于，

故没有的把握认为节能空调起到了节能作用．

19．（12分）

如图，已知多面体中，，，均垂直于平面.，，，.

（I）证明：平面；

（II）求多面体的体积.

【答案】（I）证明见解析；（II）.

【解析】证明：由

得，所以

所以.

由，得到.

又因为，，由余弦定理得.

由得，所以

所以又，所以平面.

（II）

如图连接，将多面体分割成三棱锥和四棱锥，

点到平面的距离等于点到平面，即点到AC的距离，即.

,

，

所以多面体的体积的体积为=.

20．（12分）

已知椭圆的离心率为，且过点．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)过定点的直线与椭圆相交于、两点，已知点，设直线、的斜率分别为，求证：．

【答案】(1)(2)证明见解析

【解析】

(1)因为椭圆离心率为，且过点，

所以，解得，，

所以椭圆的方程为．

(2)证明：若的斜率不存在，则，，

此时，

若的斜率存在，设，，，，

设的方程为，

，得，

由韦达定理得，，

则，，

所以

，

综上．

21 （12分）已知函数，．

（1）讨论函数的单调性；

（2）当时，不等式恒成立，求的取值范围．

【答案】（1）答案见解析；（2）．

【解析】：（1）因为，．

所以．

①当时，令，得．

在上单调递减；

令，得，

在上单调递增．

②当时，令，得．

在上单调递减；

令，得或．

在和上单调递增．

③当时，在时恒成立，

在单调递增．

④当时，令，得．

在上单调递减；

令，得或．

在和上单调递增．

综上所述：

当时，在上单调递减，在上单调递增；

当时，在上单调递减，在和上单调递增；

当时，在上单调递增；

当时，在上单调递减，在和上单调递增．

（2）不等式，

等价于．

时，．

设函数，则．

当时，，此时单调递减；

当时，，此时单调递增．

，

．

综上，的取值范围为．

（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）

在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）.已知曲线与，正半轴分别相交于两点.

(1)写出曲线的极坐标方程，并求出两点的直角坐标；

(2)若过原点且与直线垂直的直线与曲线交于点，与直线交于点，求线段的长度.

【答案】(1)，点为，点为(2)

【解析】(1)曲线的普通方程，

极坐标方程，∴.

在曲线上，当时，或，此时或（舍），所以点为.

当时，或，此时或（舍），所以点为.

(2)直线的方程为，极坐标方程为，

∴，

过原点且与直线垂直的直线的极坐标方程为.

与联立，得.

与联立，得.

∴.

23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）

设函数的最小值为t

(1)求t的值；

(2)若a，b，c为正实数，且，求证：.

【答案】(1)3；(2)证明见解析.

【解析】1）

当时，；当时，；

当时，，

所以当时，取最小值.

(2)由（1）可知，因为，，为正实数，

.

当且仅当，即，，时取等号，

所以.