2022济南山师大附中高三上学期开学考试数学试题含解析

山东师大附中2019级高三开学考试

数学试题

一、单项选择题（本题共8小题每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1. 已知集合，若有且仅有1个元素，则实数a的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】用列举法表示集合，由题设条件可得，分析即得解

【详解】由题意，

由有且仅有1个元素，可知，可得

故选：C

2. 命题“任意”的否定是（    ）

A. 存在 B. 不存在

C 对任意 D. 对任意

【答案】A

【解析】

【分析】由全称命题的否定形式可得解

【详解】由全称命题的否定形式可得：

“任意”的否定是“存在”

故选：A

3. 已知复数，则复数的虚部为（    ）

A. 2 B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据复数的除法运算求解即可.

【详解】因为，

所以复数的虚部为，

故选：B

4. 已知为的导函数，则的图象是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】求出导函数，判断导函数的奇偶性，再利用特殊值即可得出选项.

【详解】，

，

函数为奇函数，排除B、D.

又，排除C.

故选：A

【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：

(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．

(2)从函数单调性，判断图象的变化趋势；

(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；

(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.

5. A、B两个物理兴趣小组在实验室研究某粒子运动轨迹.共同记录到粒子的13个位置的坐标信息如下表：

A小组根据表中数据，直接对y，x作线性回归分析，得到：回归方程为，相关指数；B小组先将数据依变换，进行整理，再对，u作线性回归分析，得到：回归方程为，相关指数根据统计学知识，下列方程中，最有可能是该粒子运动轨迹方程的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由统计学知识可知，越大，拟合效果越好，由此可得拟合效果好的回归方程，然后整理变换可得答案.

【详解】由统计学知识可知，越大，拟合效果越好.

又A小组的相关指数，B小组相关指数

所以B小组拟合效果好，拟合效果越好越能反映该粒子运动轨迹，其回归方程

又，，则，即

故选：C

6. 已知函数满足，当，若在区间内，函数有两个不同零点，则实数a的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】转化，可转化为有两个交点，数形结合即得解

【详解】由，

函数有两个不同零点，可转化为有两个交点

当，

故

作图如下，由于,若有两个交点

可得

故选：A

7. 已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，满足，，为球O的直径且，则点P到底面的距离为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】球心O是的中点，球半径，取AB的中点D，可知，求得,利用勾股定理证得，利用线面垂直的判定定理证得平面，进而求得点P到底面的距离

【详解】∵三棱锥所有顶点都在球O的球面上，为球O的直径且，

∴球心O是的中点，球半径，

取AB的中点D，连接OD，OB，则，且

∵满足，，∴

，∴

又，平面，平面

所以点P到底面的距离为,

故选：D.

【点睛】关键点点睛：本题考查点到平面的距离的求法，关键是分析出球心O到平面ABC的距离，利用线面垂直的判定定理证得平面，求出OD即可求出点到底面的距离.

8. 设实数，若对任意的，不等式恒成立，则m的最大值是　　

A  B.  C. 2e D. e

【答案】D

【解析】

【详解】分析：将原问结合函数的单调性转化为对任意的恒成立，结合导函数的性质求解实数的最大值即可.

详解：不等式.

设，则,于是f(x)在上是增函数.

因为，，所以，

即对任意的恒成立，因此只需.

设，，

所以在上为增函数，

所以，所以，即m的最大值是e.

本题选择D选项.

点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.

二、多项选择题（本题共4小题每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）

9. 将曲线上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.

C. 在上有2个零点 D. 在上单调递增

【答案】BCD

【解析】

【分析】先求出的解析式，即可判断A;

对于B:利用诱导公式直接证明；

对于C:令 ，直接解方程即可得到答案；

对于D：直接判断单调区间即可.

【详解】曲线上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到；再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线，所以.

故A错误.

对于B: ，而.

因为，所以，即.故B正确；

对于C:当时，令，解得：或.即在上有2个零点.故C正确；

对于D：当时，，所以在上单调递增.故D正确.

故选：BCD.

10. 不透明的口袋内装有红色、绿色和蓝色卡片各2张，一次任意取出2张卡片，则与事件“2张卡片都为红色”互斥而不对立的事件有（    ）

A. 2张卡片不全为红色 B. 2张卡片恰有一张红色

C. 2张卡片至少有一张红色 D. 2张卡片都为绿色

【答案】BD

【解析】

【分析】本题先写出所有情况：“2张都为红色”、“2 张都为绿色”、“2张都为蓝色”、“1张为红色1张为绿色”、“1张为红色1张为蓝色”、“1张为绿色1张为蓝色”，再根据选项选择互斥而不对立的事件即可.

【详解】6张卡片中一次取出2张卡片的所有情况有：“2张都为红色”、“2 张都为绿色”、“2张都为蓝色”、“1张为红色1张为绿色”、“1张为红色1张为蓝色”、“1张为绿色1张为蓝色”，选项中给出的四个事件中与“2张都为红色”互斥而非对立“2张恰有一张红色”“2张都为绿色”，其中“2张至少一张为红色”包含事件是“2张都为红色”二者并非互斥，“2张不全为红色”是对立事件．

故选：BD.

【点睛】本题考查互斥事件、对立事件，是基础题.

11. 过抛物线的焦点F作直线交抛物线于两点，M为线段的中点，则下列结论正确的是（    ）

A. 以线段为直径的圆与直线相交 B. 以线段为直径的圆与y轴相切

C. 当时， D. 的最小值为4

【答案】ACD

【解析】

【分析】求得抛物线的焦点和准线方程，设，，在准线上的射影为，，，由抛物线的定义和中位线定理、直线和圆的位置关系，即可判断A；

当直线的斜率不存在时，显然成立；当直线的斜率存在时，设为1，求得，，的横坐标，由直线和圆的位置关系可判断B；

以为极点，轴的正半轴为极轴的抛物线的极坐标方程为，设，，，，求得，，可判断C；

考虑直线垂直于轴，取得最小值，可判断D．

【详解】解：的焦点，准线方程为，

设，，在准线上的射影为，，，

由，，，

可得线段为直径的圆与准线相切，与直线相交，故A对；

当直线的斜率不存在时，显然以线段为直径的圆与轴相切；

当直线的斜率存在且不为0，可设直线的方程为，联立，可得，

设，，，，

可得，，设，，

可得的横坐标为，的中点的横坐标为，，

当时，的中点的横坐标为，，显然以线段为直径的圆与轴相交，故B错；

以为极点，轴的正半轴为极轴的抛物线的极坐标方程为，

设，，，，可得，，

可得，又，可得，，则，故C正确；

显然当直线垂直于轴，可得取得最小值4，故D正确．

故选：ACD．

12. 如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（    ）

A. 直线平面

B. 三棱锥的体积为定值

C. 异面直线与所成角的取值范围是

D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理及线面垂直的性质定理，即可进行判断；对于B，利用线面平行的判定定理，得出∥平面，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可进行判断；对于C，利用异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于D，通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求出直线与平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即可进行判断.

【详解】

对于A，连接，，，，

平面，，同理，，，直线平面，故A正确；

对于B，∥，平面，平面，∥平面，

点在线段上运动，点到平面的距离为定值，又的面积为定值，利用等体积法知三棱锥的体积为定值，故B正确；

对于C，∥，异面直线与所成的角即为与所成的角，

当点位于点时，与所成的角为，

当点位于的中点时，平面，，，此时，与所成的角为，

异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；

对于D，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，，

则，，，，，，

设平面的法向量，则，即，

令，得，所以，直线与平面所成角的正弦值为：

，

当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，最大值为，故D正确.

故选：ABD

【点睛】关键点点睛：本题考查线面垂直的判定定理、线面垂直的性质定理、线面平行的判定定理、三棱锥的体积的计算方法、异面直线所成角的计算方法、利用向量法求解直线与平面所成角的正弦值，考查学生对这些知识的掌握能力，属于中档题.

二、填空题（本题共4小题每小题5分，共20分）

13. 的二项展开式中项的系数为______.

【答案】

【解析】

【分析】写出的二项展开式，令的指数为，求出参数的值，代入展开式通项即可得解.

【详解】的展开式的通项为，

令，得，所以的二项展开式中项的系数为.

故答案为：.

【点睛】本题考查利用二项式定理求指定项的系数，考查计算能力，属于基础题.

14. 数列满足，，则_______．

【答案】

【解析】

【分析】推导出数列中的奇数项成以为首项，以为公差的等差数列，结合等差数列的通项公式可求得的值.

【详解】因为，则，

上述两式作差可得，

所以，数列中的奇数项成以为首项，以为公差的等差数列，

因此，.

故答案为：.

15. 已知函数，则不等式的解集为__________．

【答案】

【解析】

【分析】首先判断函数的单调性，再利用函数的单调性，解抽象不等式.

【详解】，，函数的对称轴是，所以函数在上单调递增，

在单调递增，且，

所以函数在上单调递增，

 不等式，

解得：或，

所以不等式的解集是.

故答案为：

16. 如图，中点是线段上两个动点，且，则的最小值为______．

【答案】8

【解析】

【分析】设，，由，，，共线可得，

再利用乘“1”法求解最值.

【详解】设，，

，，，共线，，．

，则，

点，是线段上两个动点，，．

则的最小值为．

故答案为：．

【点睛】由向量共线定理的推论得到是解题关键，乘“1”法求解最值是基本不等式求最值的常用方法..

四、解答题（本题共6小题共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）

17. 设数列满足．

（1）求数列的通项公式；

（2）令，求数列的前n项和．

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）利用累加法即可求得数列的通项公式；

（2）求出数列的通项公式，利用错位相减法即可求出数列的前n项和．

【详解】（1），，

，，，

，

，经检验，也满足.

所以数列的通项公式为

（2），

，

.

【点睛】方法点睛：本题考查数列求通项公式，及数列求和，求数列和常用的方法：

（1）等差等比数列：分组求和法；（2）倒序相加法；

（3）（数列为等差数列）：裂项相消法；

（4）等差等比数列：错位相减法.

18. 在锐角中，角，，所对的边分别为，，，且.

（1）求角；

（2）求的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）利用余弦定理把化简得，再利用余弦定理可求得，从而可求出角；或先利用正弦定理得，再将代入化简可得，从而可求出角；

（2）由（1）可知，所以=，再利用三角函数公式化简得，由于为锐角三角形，，从而可得，再利用三角函数的性质可得结果

【详解】解：（1）方法一：使用余弦定理

∴

由余弦定理得：，

所以，

因为，

所以

方法二：观察等式，，齐次，考虑使用正弦定理

因为

所以，

因为，

所以

（2）

∴=

∵为锐角三角形∴

∴

∴

∴

∴

【点睛】关键点点睛：此题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查三角函数恒等变换公式的应用，解题的关键是由利用正、余弦定理进行边角统一，然后化简可得结果，属于中档题

19. 一个盒子内装有张卡片，每张卡片上面写着个数字，这个数字各不相同，且奇数有个，偶数有个．每张卡片被取出的概率相等．

（1）如果从盒子中一次随机取出张卡片，并且将取出的张卡片上的数字相加得到一个新数，求所得新数是奇数的概率；

（2）现从盒子中一次随机取出张卡片，每次取出的卡片都不放回盒子，若取出的卡片上写着的数是偶数，则停止取出卡片，否则继续取出卡片设取出了次才停止取出卡片，求的分布列和数学期望．

【答案】（1）；（2）分布列见解析，.

【解析】

【分析】（1）利用组合计数原理和古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；

（2）分析可知，随机变量的可能取值有、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值.

【详解】（1）记事件取出的张卡片上的数字相加得到的新数为奇数，

则所选的两个数中，一个是奇数，一个是偶数，所以，；

（2）由题意可知，随机变量可取的值为、、、，

则，，，.

的分布列为：

.

20. 已知四棱锥中，平面，且，底面是边长为b的菱形，．

（1）求证：平面平面；

（2）设与交于点为中点，若二面角的正切值是，求的值．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】（1）可证明，，继而得到平面，由线在面内，即得证；

（2）过作交于，连接，可证明是的平面角，结合题干数据，即得解

【详解】（1）平面，平面，

，因为为菱形，所以，

又因为，所以平面，

因为平面

平面平面.

（2）

过作交于，连接，

因为平面，所以由三垂线定理可得，

所以是的平面角，

又，且，

从而，

.

21. 已知椭圆，离心率为，短轴长为．为椭圆的左右顶点，P为椭圆上任一点（不同于），直线分别与直线交于两点．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）若F为椭圆右焦点，试判断是否为定值，若为定值，求出该值；若不为定值，请说明理由．

【答案】（1）；（2）是，定值为0.

【解析】

【分析】（1）结合，，即得解；

（2）分别设直线，，表示两点，可得，再用表示，结合椭圆方程，即得证

【详解】（1）， ，

椭圆方程为：

（2）由（1）可得：，设，

设，联立方程解得：，

同理：设，联立方程可得：，

，

，

，

，

在椭圆上，所以 ，

，

，

所以为定值.

22. 已知函数．

（1）若函数在R上是增函数，求实数a的取值范围；

（2）如果函数恰有两个不同的极值点，证明：．

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）问题转化为对恒成立.求导后分离参数得到，设，利用导数研究单调性，求得最小值，根据不等式恒成立的意义得到所求范围；

（2）由，为两个极值点不妨设，联立极值点的条件，并结合要证不等式，消去a，将要证不等式转化为只含有，的不等式，适当变形转化为只含有的不等式，作换元，转化为关于t的不等式，构造函数，利用导数研究单调性，进而证明即可.

【详解】（1）是上是增函数，

，

，

设则，

令解得，解得，

故在单调递减，在单调递增，

，

；

（2）依题意可得：，

，是极值点，

 ∴，两式相减可得：，

所证不等式等价于：，不妨设，

两边同除以可得：，令 ，

所证不等式只需证明：，

设，

，

由（1）可知：当时，恒成立，

成立，即，

可得：，

在单调递减，，

原不等式成立即.

【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．