2022年秋季高三数学开学摸底考试卷（天津专用）

这是一份2022年秋季高三数学开学摸底考试卷（天津专用），文件包含数学-2022年秋季高三开学摸底考试卷天津专用解析版docx、数学-2022年秋季高三开学摸底考试卷天津专用考试版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
绝密★启用前2023届秋季高三开学摸底考试卷（天津专用）数学第I卷（选择题）一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B．C． D．2．“”是“”的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据绝对值的定义可得且，然后利用充分、必要条件的定义判定.【详解】且，所以“”是“”的充分不必要条件，故选:A.3．函数在区间的图象大致为（          ）A． B．C． D．【答案】A【解析】【分析】判断出函数的奇偶性，再利用特殊值的正负得出选项．【详解】设，则，即在上是奇函数，排除B，D，又，故选：A4．计算：（       ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【解析】【分析】根据指数对数恒等式及对数的运算法则计算可得；【详解】解：；故选：B5．天津中学为了调查该校学生对于新冠肺炎防控的了解情况，组织了一次新冠肺炎防控知识竞赛，并从该学校1500名参赛学生中随机抽取了100名学生，并统计了这100名学生成绩情况（满分100分，其中80分及以上为优秀），得到了样本频率分布直方图（如图），根据频率分布直方图推测，这1500名学生中竞赛成绩为优秀的学生人数大约为（       ） A．120 B．360 C．420 D．480【答案】C【解析】【分析】可得样本中优秀的频率为0.28，即可求出优秀的学生人数.【详解】由频率分布直方图可得样本中优秀的频率为，则这1500名学生中竞赛成绩为优秀的学生人数大约为.故选：C.6．已知，，，则有（       ）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】根据对数函数的单调性，借助中间值比较大小即可.【详解】依题意，， ，是单调递增，，，，，是单调递增，，，， ，是单调递增，，，，，是单调递增，，，综上所述，.故选：D.7．设双曲线C：（，）的左焦点为F，直线过点F且与双曲线C在第二象限的交点为P，，其中O为坐标原点，则双曲线C的方程为（       ）A． B．C． D．【答案】D【解析】【分析】将左焦点坐标代入中可求出，设右焦点为N，连接，，，则三角形为直角三角形，可得，，然后利用双曲线的定义列方程可求出，从而可求出双曲线的方程【详解】设左焦点F的坐标为，由点F过直线，所以，解得，设右焦点为N，连接，，.由，故三角形为直角三角形，即,又因为直线斜率为，设直线倾斜角为，则.又，则，，由双曲线定义，则，所以，所以所以双曲线C的方程为.故选：D.8．已知函数 的部分图象如图所示，点，，则下列说法中错误的是（　　）A．直线是图象的一条对称轴B．的图象可由 向左平移个单位而得到C．的最小正周期为D．在区间上单调递增【答案】B【解析】【分析】根据五点作图法可得，然后利用正弦函数的性质，代入逐一进行检验即可.【详解】由函数部分图象，点，故 ，由于点 在单调递增的区间上，或 （舍去）， 再根据五点法作图可得 ，求得，故 ． 对于A,令，求得，为最大值，故直线是图象的一条对称轴，故A正确；对于B,把向左平移个单位，可得的图象，故B错误；对于C,的最小正周期为 ，故C正确；对于D，，   ，故单调递增，故D对.故选：B9．已知函数，若函数恰有三个零点，则实数m的取值范围是（       ）A． B．C． D．【答案】A【解析】【分析】问题转化为函数的图象与直线有三个交点，作出函数图象和直线，求出图象中直线在位置时值，兩图象得参数范围．【详解】恰有三个零点，则有三个不同的实解，即函数的图象与直线有三个交点，如图，作出函数的图象，作直线，平移直线到的位置，它与相切，此时，由，，（舍去），又时，，即切点为，　由得，平移直线到的位置，它与（）相切，此时，由得，，即切点为，由得，平移直线到的位置，它过原点，，，由图象可知当或时的图象与直线有三个不同的交点．故选：A第II卷（非选择题）二、填空题10．复数的值为__________．【答案】##【解析】【分析】利用复数的除法计算得解.【详解】解：.故答案为：11．的展开式中的的系数是______．【答案】【解析】【分析】由题知，故令求得，再计算对应项的系数即可.【详解】解：二项式的展开式的通项是，令，解得．故的展开式中的的系数是．故答案为：12．过作圆的切线，则其切线方程为____________.【答案】或【解析】当过点的直线斜率不存在时，方程是，通过验证圆心到直线的距离，得到符合题意；当过点的直线斜率存在时，设直线方程为，根据圆心到直线的距离等于半径1，建立关于的方程，解之得，进而得到直线的方程，最后综合可得答案．【详解】圆的圆心为，半径为1，（1）当过点的直线垂直于轴时，此时直线斜率不存在，方程是，圆心到直线的距离为，直线符合题意；（2）当过点的直线不垂直于轴时，设直线方程为，即．直线是的切线，点到直线的距离为，解之得，此时直线方程为．切线方程为或．故答案为：或．【点睛】借助于求过圆外一个定点的圆的切线方程的问题，考查了直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式等知识点，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．13．盒中有大小相同的6个红球，4个白球，现从盒中任取1球，记住颜色后再放回盒中，连续摸取4次．设表示连续摸取4次中取得红球的次数，则的数学期望______．【答案】##2.4【解析】【分析】依据二项分布去求的数学期望.【详解】采用有放回的取球，每次取得红球的概率都相等，均为，取得红球次数的可能取值为0，1，2，3，4.则随机变量服从二项分布，则故答案为：14．已知，，且，则的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】将目标式中4代换成，展开由基本不等式可得.【详解】因为所以当且仅当，即时，取等号，所以的最小值为.故答案为：15．在平行四边形中，，相交于点，为线段上的动点，若，则的最小值为___________【答案】【解析】【分析】先利用已知条件求得，，再设，根据线性关系利用向量表示向量，利用数量积展开化简得到，，结合二次函数最值的求法即得结果.【详解】依题意，由，知，即，所以，得，则，即.设，则，得，，，由知，当时，二次函数取得最小值，即取 最小值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于用基底表示向量进行运算，将数量积的最值问题转化成二次函数的最值问题，突破难点.三、解答题16．已知的内角，，所对的边分别为，，，且为钝角．(1)求；(2)若，，求的面积；(3)求．【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角，可求得角的正弦，由同角关系结合条件可得答案.（2）由（1），由余弦定理，求出边的长，进一步求得面积．（3）由正余弦的二倍角公式可得答案.(1)因为，由正弦定理得，因为，所以．因为角C为钝角，所以角A为锐角，所以.(2)由（1），由余弦定理，，，得，所以，解得或，，不合题意舍去，∴，故△ABC的面积为.(3)因为，，所以.17．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，点为的中点. (1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的正弦值；(3)为线段的中点，求直线与平面所成的角正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【解析】【分析】（1）取中点，连接，证明是平行四边形，得，从而得线面平行；（2）取中点，连接，交于点，连接，证明是二面角的平面角，然后求出此角（或）的正弦值即可得；（3）以为原点，所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，求出、平面的一个法向量坐标，利用线面角的向量求法可得答案.(1)取中点，连接，如图，因为是中点，则且，又，，所以且，所以是平行四边形，所以，平面，平面，所以平面；(2)取中点，连接，交于点，连接，由已知，，，得是正方形，，，则，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又，，所以平面，又平面，所以，所以是二面角的平面角，又，，所以，，，所以平面与平面夹角的正弦值为．(3)以为原点，所在的直线为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，所以，即，令，则，所以，设直线与平面所成的角为， ，所以直线与平面所成的角正弦值为.18．已知椭圆的右焦点为，上顶点为H，O为坐标原点，，点在椭圆E上．(1)求椭圆E的方程；(2)设经过点且斜率不为0的直线l与椭圆E相交于A，B两点，点，．若M，N分别为直线AP，BQ与y轴的交点，记，的面积分别为，，求的值．【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）由，得，再将点代入椭圆方程中，结合可求出，从而可求出椭圆方程，（2）设直线，，，将直线方程代入椭圆方程消去，整理后利用根与系数的关系，可得，表示出直线AP的斜率，直线的斜率，而，代入化简即可(1)由，得（c为半焦距），∵点在椭圆E上，则．又，解得，，．∴椭圆E的方程为．(2)由（1）知．设直线，，．由消去x，得．显然．则，．∴．由，，得直线AP的斜率，直线的斜率．又，，，∴．∴．∵．∴．19．已知为数列的前n项和，且；数列是各项均为正数的等差数列，，4，成等比数列，且．(1)求数列和的通项公式；(2)若，证明．【答案】(1)；；(2)证明见解析.【解析】【分析】（1）由已知得，，继而有数列是以1为首项，3为公比的等比数列，根据等比数列的通项公式可求得答案；设数列的公差为d，由等比中项的性质建立方程求解得，再由等差数列的通项公式可求得答案；（2）由（1）可知，继而有， 即可得证．(1)解：由，得，             由，得，               所以，所以，                  所以数列是以1为首项，3为公比的等比数列，故．          设数列的公差为d，由，4，成等比数列，，得，得．            又的各项均为正数，故，所以．(2)证明：由（1）可知，故．          当时，；            当时，，故，             所以．20．已知函数．(1)当a＝﹣1时，求f(x)的单调增区间；(2)若a＞4，且f(x)在（0，1）上有唯一的零点x0，求证： ．【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）求出，在函数定义域内解不等式得增区间；（2）由确定两个极值点（），并证得，利用唯一零点得，有，消去参数得的方程，构造新函数，由的单调性证明结论成立．(1)时，，，，由，又，得，所以增区间为．(2)，∵a＞4，   令，解得x1＝，x2＝，∴当x1＜x＜x2时，＜0，f(x)单调递减，当0＜x＜x1，x＞x2，＞0，f(x)在及上均单调递增，所以是极大值点，是极小值点，，，所以，，从而，∵f(1)＝0，＜，   f(x)在（0，1）上有唯一的零点x0，∴0＜x0＜，且x0＝x1，∵f（x0）＝0，＝0，∴lnx0+a(x0﹣1)2＝0，ax02﹣ax0+1＝0，消去a可得2lnx0+﹣1＝0，设g(x)＝2lnx+﹣1，0＜x＜，∴＜0恒成立，∴g(x)在上单调递减，∵,，∴．