数学-2022届高三下学期开学摸底考试卷（江苏专用）

绝密★考试结束前

2022届高三下学期开学摸底考试卷（江苏专用）

数学

（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）

注意事项：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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。写在本试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷（选择题）

一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分），在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．已知集合，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】

由已知利用交集的运算，可得答案.

【详解】

，

；

故选：C.

2．已知复数，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】

复数模的概念及复数运算法则.

【详解】

因为，所以．

故选:A.

3．已知圆台形水泥花盆的盆口与盆底的直径分别为、（边缘忽略不计），母线长为，则该花盆的高为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】

取圆台的轴截面，利用勾股定理可求得结果.

【详解】

设花盆的盆口与盆底的半径分别为、，母线长与高分别为、，

则，，，.

故选：B.

4．若函数在区间上单调递增，则（    ）

A．有最大值为

B．有最小值为

C．有最大值为

D．有最小值为

【答案】A

【分析】

由正弦函数的单调性结论列不等式求的范围，由此可得其最大值.

【详解】

∵  ，，

∴  ，

∵  函数在区间上单调递增，

∴  ，，

∴ ，，又，

∴  ，，

故选：A.

5．若椭圆＋＝1(m>n>0)和双曲线－＝1(s，t>0)有相同的焦点F1和F2，而P是这两条曲线的一个交点，则|PF1|·|PF2|的值是（    ）

A．m－s B．(m－s) C．m2－s2 D．－

【答案】A

【分析】

利用椭圆与双曲线的定义得出与的和与差，变形求得积．

【详解】

解：不妨设点P是两曲线在第一象限内的交点，由题意得

解得

则|PF1|·|PF2|＝＝m－s．

故选：A．

6．已知，求的值（    ）

A． B． C．或 D．

【答案】D

【分析】

由正弦的和角公式与同角三角函数的基本关系求解即可

【详解】

,

故选：D

7．若过点可以作曲线的两条切线，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】

设切点坐标为，由切点坐标求出切线方程，代入坐标，关于的方程有两个不同的实数解，变形后转化为直线与函数（构造新函数）图象有两个交点，由导数确定函数的性质后可得．

【详解】

设切点坐标为，由于，

因此切线方程为，又切线过点，

则，，

设，函数定义域是，

则直线与曲线有两个不同的交点，

，

当时，恒成立，在定义域内单调递增，不合题意；

当时，时．，单调递减，

时，，单调递增，所以，

由题意知，即．

故选：D．

8．有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（    ）

A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立

C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立

【答案】B

【分析】

根据独立事件概率关系逐一判断

【详解】

，

故选：B

【点睛】

判断事件是否独立，先计算对应概率，再判断是否成立

二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分），在每小题所给出的四个选项中，每题有两项或两项以上的正确答案，选对得5分，漏选得3分，不选或错选得0分．

9．气象意义上从春季进入夏季的标志为：“连续5天日平均温度不低于22℃”．现有甲、乙、丙三地连续5天日平均温度的记录数据（数据都是正整数，单位℃）满足以下条件：

甲地：5个数据的中位数是24，众数是22；

乙地：5个数据的中位数是27，平均数是24；

丙地：5个数据有1个是32，平均数是26，方差是10.2．

则下列说法正确的是（    ）

A．进入夏季的地区有2个 B．丙地区肯定进入了夏季

C．乙地区肯定还未进入夏季 D．不能肯定甲地区进入了夏季

【答案】ABC

【分析】

根据中位数、平均数，方差判断三地数据中最低的温度是否低于22℃，即可得．

【详解】

甲地：设甲地的其他两个数据分别为，，且，将5个数据由小到大排列得22，22，24，，，其中，满足进入夏季的标志；

乙地：设乙地其他四个数据分别为，，，，且，将5个数据由小到大排列得，，27，，，则，而，故，其中必有一个小于22，故不满足进入夏季的标志；

丙地：设5个数据分别为，，，，32，且，由方差公式可知，则

，易知，，，均大于22，满足进入夏季的标志综上，ABC正确，

故选：ABC．

10．已知为坐标原点，点，，，，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．

C．记是的最大值，则

D．记取得最大值，，则中有且只有4个元素

【答案】BC

【分析】

根据向量的模的坐标表示可判断A；根据向量的数量积的坐标表示分别求出，结合两角差的余弦公式即可判断B；根据向量的数量积的坐标表示结合两角差的余弦公式及余弦函数的性质即可判断CD.

【详解】

解：，

对于A，，

，

因为的关系没有确定，则与的关系也无法确定，则无法判断的大小关系，故A错误；

对于B，，

所以，故B正确；

对于C，，

当时，取得最大值2，即，故C正确；

对于D，，当取得最大值时，，

因为，所以，所以，

即，

故中有无数个元素，故D错误.

故选：BC.

11．设圆：与y轴的正半轴交于点A，过点A作圆О的切线为，对于切线上的点B和圆О上的点C，下列命题中正确的是（    ）

A．若，则点B的坐标为

B．若，则

C．若，则

D．若，则

【答案】BD

【分析】

对A：在直角三角形中即可求解；对B：当与圆О相切时，最大；当B、O、C三点共线时，最小，分两种情况讨论即可；对C、D：当与圆О相切时，最大，即最大，此时，分析点B在点和之间变动即可求解.

【详解】

解：对A：若，在直角三角形中，由可得，所以点B的坐标为或，故选项A错误；

对B：当与圆О相切时，最大，此时在直角三角形中，因为，所以易得；当B、O、C三点共线时，最小，此时.综上，，故选项B正确；

对C、D：当与圆О相切时，最大，即最大，此时，当时，，.当点B在点和之间变动时，，，所以若，即，则.故选项C错误，选项D正确.

故选项：BD.

12．已知正方体的棱长为2，动点在正方形内，则（    ）

A．若，则三棱锥的的外接球表面积为

B．若平面，则不可能垂直

C．若平面，则点的位置唯一

D．若点为中点，则三棱锥的体积是三棱锥体积的一半

【答案】CD

【分析】

根据题意，建立空间直角坐标系并得出各点坐标，设，其中，由，可知，设三棱锥的的外接球的球心为，根据球心到球上各点距离相等以及空间两点间的距离公式，可求出球心的坐标，再利用球的表面积公式进行计算即可判断A选项；利用空间向量求法向量的方法求出平面的法向量，有条件得出，利用向量的数量积运算得出，进而求出，可知当时，从而可判断B选项；根据平面，得出，再利用向量的数量积运算即可求出和的值，即可判断C选项；利用三棱锥体积公式和等体积法分别求出和，结合条件即可判断D选项.

【详解】

解：如图，建立空间直角坐标系：

则，

由于动点在正方形内，可设，其中，

对于A选项，由于，则为的中点，此时，

设三棱锥的的外接球的球心为，

则，即，

解得：，所以，

则三棱锥的的外接球的半径为，

所以三棱锥的的外接球表面积为，故A不正确；

对于B选项，设平面的法向量为，，，

则，令，得，故，

而，若平面，则，

则，即，所以，

此时，而，

所以，

当时，，此时，则，故B不正确；

对于C选项，若平面，则，

由于，，

则，解得：或（舍去），

此时，即点的位置唯一，使得平面，故C正确；

对于D选项，点为中点，由正方体可知平面，

三棱锥的体积为：，

由于在正方形内，则到平面为，

三棱锥体积为：，

而，所以，

所以三棱锥的体积是三棱锥体积的一半，故D正确.

故选：CD.

第II卷（非选择题）

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13．已知是抛物线：的焦点，是上一点，的延长线交轴正半轴于点.若为的中点，则以为直径的圆的标准方程为______.

【答案】．

【分析】

根据题意画出图像，点即为圆心，即为半径，根据抛物线的性质求出点坐标和长度，再表示圆的标准方程即可.

【详解】

由题意画出图像如图所示，

的焦点坐标，准线：，

设点 ，作，且交于点，交轴于点，

因为为的中点，，

所以在中，为的中位线，

所以，即，

所以点，即圆心坐标，

由抛物线的定义知，，即半径，

所以以为直径的圆的标准方程为.

故答案为：

【点睛】

本题主要考查对抛物线定义的理解和圆的标准方程，考查学生数形结合的能力，属于基础题.

14．已知函数是偶函数，则函数的值为_________

【答案】

【分析】

根据偶函数定义可构造方程求得，从而得到，由，可求得最大值.

【详解】

函数是偶函数，，

即，化简可得：，解得：，

即，=

故答案为：.

15．函数的最大值为___________.

【答案】

【分析】

对函数去绝对值分情况讨论，分别求导求最值，即可求得最大值.

【详解】

由题知当时，，

在为减函数，

；

当时，，

当时，，当时，，

，

综上可知，.

故答案为：.

16．我国民间剪纸艺术在剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.现有一张半径为的圆形纸，对折次可以得到两个规格相同的图形，将其中之一进行第次对折后，就会得到三个图形，其中有两个规格相同，取规格相同的两个之一进行第次对折后，就会得到四个图形，其中依然有两个规格相同，以此类推，每次对折后都会有两个图形规格相同.如果把次对折后得到的不同规格的图形面积和用表示，由题意知，，则________；如果对折次，则________.

【答案】       

【分析】

首先根据题意得到，再计算即可；根据题意得到，再利用分组求和法求和即可.

【详解】

因为，，

所以，

所以.

.

故答案为： ；

四、解答题（本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17．已知数列满足：，且.

（1）求数列的通项公式；

（2）数列满足，若，，求的值.

【答案】

（1）；

（2）.

【分析】

（1）由题设可得，可知的奇数项与偶数项各自成等差数列且公差均为2，分别求出为奇数、偶数时的通项公式，进而写出的通项公式；

（2）由（1）可得，结合已知条件及对数的运算性质求值.

（1）

∵，

∴，且，

∴的奇数项与偶数项各自成等差数列且公差均为2，

∵，则，

∴（为奇数）；

∴（为偶数），

综上，.

（2）

由（1）得：，

∴，解得.

18．某学校组织的“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题，规定每位参赛选手共需回答3道问题.现有两种方案供参赛选手任意选择.方案一：只选类问题：方案二：第一次类问题，以后按如下规则选题，若本次回答正确，则下一次选类问题，回答错误则下一次选类问题.类问题中的每个问题回答正确得50分，否则得0分：类问题中的每个问题回答正确得30分，否则得0分.

已知小明能正确回答类问题的概率为，能正确回答类问题的概率为，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.

（1）求小明采用方案一答题，得分不低于100分的概率：

（2）试问：小明选择何种方案参加比赛更加合理？并说明理由.

【答案】（1）；（2）小明选择方案二参加比赛更加合理，理由见解析.

【分析】

（1）由题知得分不低于100分的情况为至少答对两道试题，进而根据二项分布的概率公式求解即可；

（2）分别求解两种方案得分的概率分布列，求得分的期望，期望高的更合理.

【详解】

解：（1）小明采用方案一答题，得分不低于100分的情况为至少答对两道试题，

所以其概率为.

（2）小明选择方案二参加比赛更加合理.理由如下：

若采用方案一，则其得分的可能为取值为，

，，，.

所以的概率分布列为

所以的数学期望为；

若采用方案二，则其得分的可能为取值为，

所以，，，，， .

所以的概率分布列为

所以的数学期望为，

因为，

所以小明选择方案二参加比赛更加合理.

19．在中，角，，所对的边分别为，，，且.

（1）求；

（2）若内一点满足：，，且，求.

【答案】

（1）

（2）

【分析】

（1）根据正弦定理，将中的边化为角，展开并利用两角和的正弦公式化简可得答案；

（2）首先确定相关角的大小关系,设，然后分别在和中应用正弦定理，得到，化简整理求得最后结果.

（1）

由正弦定理及，

得，

又，所以，

故，

即.

又因为，所以，

又，解得.

（2）

因为，，

所以，

设，

则

，

即，

在中，由正弦定理，得；

在中，由正弦定理，得；

则，

所以，

解得.

20．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，Q为的中点．

（1）求证：；

（2）若平面底面，点E在棱上，，且二面角的大小为，求四棱锥的体积．

【答案】

（1）证明见解析

（2）

【分析】

（1）连接，可证得四边形为平行四边形，进而证明，又由等腰三线合一可证得，则平面，故得证.

（2）几何法：作出二面角的平面角，由得等腰直角，将两直角边和分别用和表示，求出的值，根据棱锥的体积公式，则可求出四棱锥的体积；向量法：根据题中的条件，建立空间直角坐标系，设，将相关点的坐标表示出来，求出平面和平面的法向量，根据二面角的向量计算方法，求出的值，最后根据棱锥的体积公式，求出四棱锥的体积.

（1）

证明：连接，

因为，Q为的中点，

所以四边形为平行四边形，所以，

因为，所以，即，

因为，Q为的中点，所以

所以平面，

因为平面，所以．

（2）

解：因为，Q为的中点，所以，

因为平面平面，平面平面，

所以平面，

过点E作交于点H，

过点H作交于点G，连接，

则为二面角的平面角，由已知得，           

∴在直角中，，

由于，故．

设，则，所以，     

故四棱锥的体积为

．

法2：因为，Q为的中点，所以，

因为平面平面，平面平面，

所以平面．

所以以Q为原点，以所在直线分别为x轴，y轴，z轴

建立空间直角坐标系，

令，如图：

，

所以，又，

设平面的法向量为，则

所以

所以平面的法向量为，     

由题意知平面的法向量为，

因为二面角为，

所以，

解得，即，

所以四棱锥的体积为

．

21．已知，，为平面上一动点，且满足，记动点的轨迹为曲线．

（1）求曲线的方程．

（2）若，过点的动直线：交曲线于，（不同于，）两点，直线与直线斜率分别记为，.

①求的范围.

②证明：为定值，并计算定值的范围．

【答案】

（1）

（2）①；②证明见解析，

【分析】

（1）根据双曲线定义直接可得轨迹方程.

（2）设直线方程，联立方程组，根据韦达定理可得参数范围，进而可证为定值，及其取值范围.

（1）

由题意：，，即的运动轨迹是，焦点为，的双曲线的右支，所以轨迹方程为

（2）

①直线：，令，.

联立得到：

故.

因为要同时交于双曲线右支，首先，即存在，使得

同时满足：，

所以；

②

又因为故①式可化为：

因为，所以.

22．已知函数．

（1）求函数的单调区间和最小值；

（2）当时，求证：（其中为自然对数的底数）；

（3）若，求证：．

【答案】

（1）增区间：；减区间；最小值：.

（2）证明见解析.

（3）证明见解析.

【分析】

（1）求导后令导数大于0及小于0即可判断出函数的增减区间和最小值.

（2）由（1）知，，转化后即可求证.

（3）令，将求导后可以求出的最小值为，将转化后即可求证.

（1）

令得：，

，；

令得：；

在上为增函数；在上为减函数；

.

（2）

由（1）知：当时，有，

，即：，.

（3）

将变形为：

即只证：

设函数

，

令，得：．

在上单调递增；在上单调递减；

的最小值为：，即总有：．

，即：，

令，，则

，

成立．

【点睛】

利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号；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.