数学（高考全部范围）-2022-2023学年高三下学期开学摸底考试卷（广东专用）

这是一份数学（高考全部范围）-2022-2023学年高三下学期开学摸底考试卷（广东专用），文件包含数学-2022-2023学年高三下学期开学摸底考试卷广东专用解析版docx、数学-2022-2023学年高三下学期开学摸底考试卷广东专用参考答案docx、数学-2022-2023学年高三下学期开学摸底考试卷广东专用考试版docx、数学-2022-2023学年高三下学期开学摸底考试卷广东专用答题卡docx等4份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。
绝密★考试结束前 2022-2023学年高三下学期开学摸底考试卷（广东专用）数学(满分150分)本试卷共5页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.一､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，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】求出集合后可求.【详解】由题可知：，所以．故选：B．2. 若复数满足（为虚数单位），则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【详解】设，则，，解得，即.故选：D.3. 已知，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【详解】因为，，所以，所以，故选：A4.记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则=（    ）A. 2n–1 B. 2–21–n C. 2–2n–1 D. 21–n–1【答案】B【解析】【详解】设等比数列的公比为，由可得：，所以，因此.故选：B.5. 已知双曲线以正方形ABCD的两个顶点为焦点，且经过该正方形的另两个顶点，则双曲线E的离心率为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【详解】解：如图，正方形的顶点A，B为双曲线的焦点，顶点C，D在双曲线上则，故由正方形得：，所以，则即：，两边同除得：，解得：或（舍）故选：A.6. 红灯笼，起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围.如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面除去上下两个相同球冠剩下的部分.如图2，球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球面的半径为，球冠的高为，则球冠的面积.如图1，已知该灯笼的高为58cm，圆柱的高为5cm，圆柱的底面圆直径为14cm，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【详解】由题意得：，所以cm，所以cm，所以两个球冠的面积为cm2，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为：cm2，故选：C.7. 为落实疫情防控“动态清零”总方针和“四早”要求，有效应对奥密克戎变异株传播风险，确保正常生活和生产秩序，某企业决定于每周的周二、周五各做一次抽检核酸检测.已知该企业组装车间的某小组有6名工人，每次独立、随机的从中抽取3名工人参加核酸检测.设该小组在一周内的两次抽检中共有名不同的工人被抽中，下列结论不正确的是（    ）A. 该小组中的工人甲一周内被选中两次的概率为B. C. 该小组中的工人甲一周内至少被选中一次的概率为D. 【答案】B【解析】【详解】依题意每次抽取，工人甲被抽到的概率，所以工人甲一周内被选中两次的概率为，故A正确；依题意的可能取值为，则，意味着第一次从6人中选中的3人，第二次仍然为这3人，则，同理可得：，所以，故B错误；对于，工人甲一周内两次均未被选中的概率为，所以工人甲一周内至少被选中一次的概率为，故正确；，意味着第一次先从6人中选中3人，第二次抽到的3人中，含有第一次抽到的3人中的2人，另外一人从没有抽到的3人中抽取，故概率为：，同理可得：，所以，故D正确.故选：B.8. 实数，，分别满足，，，则，，大小关系为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【详解】由题意得，，，则，因为，所以，所以，设，则，当时，，所以在上单调递减，所以，即，所以，所以，所以，所以，所以，因为，所以，所以，故选：B二､多选题：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，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.为迎接党的二十大胜利召开，某中学举行党史知识竞赛，对全校参赛的1000名学生的得分情况进行了统计，把得分数据按照､分成5组，绘制了如图所示的频率分布直方图，根据图中信息，下列说法正确的是（    ）A. B. 得分在区间内的学生人数为300C. 该校学生党史知识竞赛成绩的中位数大于80D. 估计该校学生党史知识竞赛成绩的平均数落在区间内【答案】AD【解析】详解】对于A，由频率分布直方图性质得：，解得，故正确；对于B，由频率分布直方图得：成绩落在区间的频率为，所以人数为，故B不正确；对于，由频率分布直方图得：的频率为的频率为，所以成绩的中位数位于区间内，故错误；对于D，估计成绩的平均数为：，所以成绩的平均数落在区间内，故D正确.故选：AD.10. 在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，G为C1D1的中点，K为A1D1中点，M为AB中点，点P在线段B1C上运动，点Q在棱C1C上运动， 则下列结论正确的有（　　）A. 直线BD1⊥平面A1C1DB. 异面直线AP与A1D所成角的取值范围是C. PQ+QG的最小值为D. 过点GKM的平面截正方体所得多边形的面积为【答案】BCD【解析】【详解】对于A选项，连接，则，由题可知，平面，且平面，则，又，面，平面，平面，则，同理可得，，面，直线平面，则选项A正确；对于B选项，由题可知，，，所以四边形为平行四边形，则，所以与所成角即为异面直线与所成角，易知是等边三角形，又点在线段上运动，所以直线与所成角的取值范围是，则B选项错误；对于C选项，如图展开平面，使平面共面，过作，交与点，交与点，则此时最小，由题可知，，，则，即的最小值为，则C选项正确；对于D选项，作中点，连接，如图，易知多边形为过点GKM的平面截正方体所得多边形，易求，即多边形为正六边形，连结交于点，故.故选：ACD.11. 已知F是抛物线的焦点，O为坐标原点，A，B是抛物线C上的两点，的中点M在C的准线上的投影为N，则（    ）A. 曲线C的准线方程为 B. 若，则的面积为C. 若，则 D. 若，则【答案】BC【解析】【详解】抛物线的焦点，准线，设，有，，，曲线C的准线方程为，A不正确；，而，则，即有，的面积，B正确；由得：，显然，即有，，，当且仅当时取等号，C正确；设点的横坐标为，有，则，在中，，由余弦定理得：，即有，当且仅当时取等号，因此，D不正确.故选：BC12. 已知函数的定义域为R，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列一定成立的有（    ）A.  B. C.  D. 【答案】ABD【解析】【详解】解：若为偶函数，则，故，则为奇函数故，由可得，又可得，两式相减得，所以函数的周期为4；由可得又可得，两式相加得所以函数的对称中心为；则，，故A选项正确；又，则，由函数的周期为4可得，，故B，D选项正确；可得，所以，故C选项不正确；故选：ABD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.若函数的图象关于原点对称，则实数______．【答案】4【解析】【详解】因为的定义域为，显然关于原点对称，又的图象关于原点对称，所以是奇函数，则，所以对于恒成立，解得，故.故答案为：4.14. 在的展开式中，的系数为__________.【答案】【解析】【详解】由题意可知，把二项式看成由和两项构成，展开式中含的项为，再将展开可得含的项为即可知的系数为.故答案为：15. 已知定义在R上的函数满足：①曲线上任意一点处的切线斜率均不小于1；②曲线在原点处的切线与圆相切，请写出一个符合题意的函数______．【答案】（答案不唯一）【解析】【详解】由②可设过原点且与圆相切的直线为，则，解得或（舍），结合①知曲线在原点处的切线为．当时，（答案不唯一，只要符合题意即可），满足①．因为，所以曲线在原点处的切线为，满足②．故符合题意．故答案为：（答案不唯一）16. 函数广泛应用于数论、函数绘图和计算机领域，其中为不超过实数的最大整数，例如：，．已知函数，则__________．【答案】4107【解析】【详解】由题意可得：当时，，在内共有项奇数，且，故令,则，两式相减得：，即，则.故答案为：4107.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.（本小题满分10分）   已知数列数列的前项和为，且对于任意的都有.（1）求数列的通项公式；（2）记数列的前项中的最大值为，最小值为，令，求数列的前20项和.解：（1）当时，，即，当时，，相减得，整理得，因为，所以，所以是首项为，公比为的等比数列，所以.（2）因为，所以单调递增，当时，，所以，当为奇数且时，即，所以，当为偶数时，即，所以，所以，所以.18.（本小题满分12分）已知在锐角中，是的中点，且.（1）求的值；（2）若，求的面积.【解析】解：（1）解法一：因为是的中点，所以,所以,即，所以.解法二：在中，由正弦定理得,即，在中，由正弦定理得,即，因为是的中点，所以，因为,所以，所以.（2）在中，因为，是锐角，所以，由（1）得，在中，因为是锐角，所以，所以，所以.19.（本小题满分12分）如图，为半球的半径，为上一点，为半球面上一点，且.（1）证明：;（2）若,求直线与平面所成的角的正弦值.                        【解析】解：（1）因为为直径，为上一点,所以，又因为,，平面,平面,所以平面，因为平面，所以,因为为直径，为半球面上一点，所以，又因为,平面,平面，所以平面,因为平面，所以.（2）在中,由,得，在中，由，，得，取中点，连接，，因为，所以，因为，且平面，所以平面，因为平面，所以，所以两两相互垂直，如图，分别以,,为轴建立空间直角坐标系，则，，，，设平面的一个法向量为,因为, ,所以，即，解得，取，得，又因为，所以，设直线与平面所成角为，所以.20.（本小题满分12分）某校组织“百年党史”知识比赛，每组有两名同学进行比赛，有2道抢答题目．已知甲、乙两位同学进行同一组比赛，每人抢到每道题的机会相等．抢到题目且回答正确者得100分，没回答者得0分；抢到题目且回答错误者得0分，没抢到者得50分，2道题目抢答完毕后得分多者获胜．已知甲答对每道题目的概率为．乙答对每道题目的概率为，且两人各道题目是否回答正确相互独立．（1）求乙同学得100分的概率；（2）记X为甲同学的累计得分，求X的分布列和数学期望．【答案】（1）；    （2）分布列见解析，.【解析】【小问1详解】由题意，乙同学得100分的基本事件有{乙抢到两题且一道正确一道错误}、{甲乙各抢到一题都回答正确}、{甲抢到两题且回答错误}，所以乙同学得100分的概率为.【小问2详解】由题意，甲同学的累计得分可能值为，；；；；；分布列如下：050100150200所以期望21.（本小题满分12分）已知椭圆C：，经过圆O：上一动点P作椭圆C的两条切线．切点分别记为A，B，直线PA，PB分别与圆O相交于异于点P的M，N两点．（1）求证：M，O，N三点共线；（2）求△OAB面积的最大值．【答案】（1）证明见解析；    （2）.【解析】【小问1详解】由圆的对称性，不妨设在第一象限，若斜率不存在，则直线为，所以，则另一条切线为(即斜率为0)，此时；若、斜率存在且不为0时，设切线方程为，联立椭圆方程有，整理得，所以，整理得，且，所以，又，故，即；综上，有，又M，N两点圆O上，即，由圆的性质知：是圆O的直径，所以M，O，N三点共线，得证；【小问2详解】同（1），由圆的对称性，设在第一象限，，，当时，；当时，、斜率都存在且不为0，令为，联立椭圆并整理得：，由，整理得，所以，又在椭圆上，则，故，所以直线的方程为，化简得，即；同理可得：直线的方程为，又在直线、直线上，则，所以直线的方程为，联立椭圆方程可得：，又，则，故，所以，，又不共线，，，而O到直线的距离，所以，令，，且，即或，所以，则，当且仅当时等号成立，此时；综上，，当时△OAB面积的最大值.22.（本小题满分12分）已知函数且.（1）设，讨论的单调性；（2）若且存在三个零点.1）求实数的取值范围；2）设，求证：.【答案】（1）答案见解析    （2）1）；2)证明见解析【解析】【小问1详解】,,因为,定义域为当时,,解,得,解,得当时,解,得,解,得综上, 当时, 增区间为,减区间为,当时, 增区间为,减区间为,【小问2详解】1）因为且存在三个零点.所以有3个根当时, ,在上是单调递增的,由零点存在定理,方程必有一个负根.当,,即有两个根,令,可转化为与有两个交点,可得,,是单调递增的, 可得,,是单调递减的, 其中,当,所以可得,即得.2）因为且存在三个零点.设，,易知其中 ,,因为,所以,故可知;①由1）可知与有两个交点,,是单调递增的, ,,,所以;②,若,则若,构造函数,设,因为又因为,所以③因为又因为所以即得④由③④可知, ,在上单调递增, 可得,可知与同号所以,在上单调递增. ,,又由1)可知所以,,,是单调递增的,所以⑤由①②⑤可知