2022届四川省树德中学高三下学期开学考试数学（理）试题含解析

2022届四川省树德中学高三下学期开学考试数学（理）试题

一、单选题

1．已知复数在复平面上对应的点在直线上，则（       ）

A． B．2 C． D．3

【答案】D

【分析】由复数的四则运算得出复数在复平面上对应的点的坐标，再代入直线方程得出.

【详解】因为

所以其对应点的坐标为

由题意知，解得

故选：D.

2．已知向量，若，则（       ）

A． B． C． D．5

【答案】D

【分析】根据求得，由此求得，进而求得.

【详解】由题意可得，解得，所以，因此．

故选：D

3．集合，则（       ）

A． B．

C． D．．

【答案】D

【分析】分别解三角不等式、二次不等式，化简集合A，B，求交集即可.

【详解】因为,

,

所以

故选：D

4．航天之父､俄罗斯科学家齐奥科夫斯基（K.E.Tsiolkovsky）于1903年给出火箭最大速度的计算公式.其中，是燃料相对于火箭的喷射速度，是燃料的质量，是火箭（除去燃料）的质量，v是火箭将燃料喷射完之后达到的速度.已知，则当火箭的最大速度可达到时，火箭的总质量（含燃料）至少是火箭（除去燃料）的质量的（       ）倍.

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将已知条件，代入中，转化为指数形式，计算的值即可求解.

【详解】由题意可知：，，

代入可得，

所以，可得，

可得，即，

所以，

所以火箭的总质量（含燃料）的质量是火箭（除去燃料）的质量的倍，

故选：A.

5．在等比数列中，已知，，则的值为（       ）

A．3 B．9 C．3或 D．9或

【答案】C

【分析】由等比数列的性质可得，再结合可求出或，然后利用等比数列的通项公式可求出首项和公比，从而可求得结果

【详解】因为数列为等比数列，所以①

又因为②

联立①②可求得或，

当，时，由，得，所以.

当，时，由，得，所以.

综上所述，的值为3或.

故选：C

6．已知双曲线的渐近线均和圆相切，且双曲线的右焦点为圆C的圆心，则该双曲线的方程为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先根据圆的方程求出圆心和半径，结合渐近线和圆相切以及焦点可求方程.

【详解】圆的圆心为，半径为.

由题意双曲线的渐近线的方程为，则；

因为双曲线的右焦点为圆C的圆心，所以，，

所以；

又，所以双曲线的方程为.

故选：C.

7．函数的图象可能是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据，得到的图象关于对称，再利用特殊值判断.

【详解】因为，

所以的图象关于对称，

又，

故选：B

8．已知函数的部分图象如图所示，下列关于函数的表述正确的是（       ）

A．函数的图象关于点对称

B．函数在上递减

C．函数的图象关于直线对称

D．函数的图象上所有点向左平移个单位得到函数的图象

【答案】B

【分析】根据图象依次求得的值，从而求得，结合函数的单调性、单调性、三角函数图象变换的知识对选项进行分析，由此确定正确选项.

【详解】根据函数的部分图象知，

最小正周期为，

；

又，，

，；

又，故；

，

函数；

时，，

的图象不关于点对称，

故A错误；

当时，，

在上单调递减，

故B正确；

当时，，

的图象不关于直线对称，

故C错误；

的图象上所有点向左平移个单位，

得的图象，

不是函数的图象，

故D错误．

故选：B

9．如图，在三棱锥的平面展开图中，四边形是菱形，，则三棱锥外接球的表面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将三棱锥的直观图还原，确定出球心，进而算出球的半径得到答案.

【详解】将三棱锥的直观图还原，如图所示，

则，∴，∴．取的中点O，连接，则，∴O为三棱锥外接球的球心，半径，故三棱锥外接球的表面积．

故选：C.

10．剪刀石头布又称“猜丁壳”，古老而简单，游戏规则中，石头克剪刀，剪刀克布，布克石头，三者相互制约，因此不论平局几次，总会有决出胜负的时候．现，两位同学各有张卡片，以“剪刀、石头、布”的形式进行游戏：输方将给赢方一张卡片，平局互不给卡片，直至某人赢得所有卡片，游戏终止．若，一局各自赢的概率都是，平局的概率为，各局输赢互不影响，则恰好局时游戏终止的概率是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】将恰好局时游戏终止的事件分拆成有平局、无平局的两个互斥事件的和，分别求出这两个事件的概率即可得解.

【详解】恰好局时游戏终止的事件M，输方第5局必输，前4局平两局输两局的事件为M1，第4局必输，前局输局赢局的事件为M2，

则M=M1+M2，M1与M2互斥，显然游戏终止时可以是输方，也可以是输方，

于是得，，

，

所以恰好局时游戏终止的概率为.

故选：B

11．已知数列的首项，且满足，则存在正整数n，使得成立的实数组成的集合为（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】显然是正数，求出通项公式，再理解不等式的含义即可.

【详解】由于，所以使用累加法，得：

，

若n为奇数， ，是递减数列；

若n为偶数，，是递增数列，

显然，对于不等式，

等价于：若，有，则，，大于从数列的第2项算起的最小值，即只要，，

必然存在一个正整数n使得不等式成立，故；

若，有，则，即 ，

故；

故选：A.

12．设表示函数在闭区间I上的最大值．若正实数a满足，则正实数a的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】作图分析函数的特点，再分类讨论.

【详解】函数的图像如下：

的对称轴为x=2，，；

分类讨论如下：①当时，，

依题意，，而函数在时是增函数，，

，故不可能；

②当时，，依题意，，即，

令，解得：，，，，如图；

则有：并且，解得：；

或者并且，无解；

故选：A.

二、填空题

13．若二项式的展开式中第项与第项的系数相同，则其常数项是___________.

【答案】

【分析】根据求出的值，再由二项式展开式的通项即可求出常数项.

【详解】由已知条件可得，所以，，

二项式的展开式通项为，

令，解得：，

因此展开式中的常数项为，

故答案为：.

14．已知实数，满足，则的取值范围是______．

【答案】或

【分析】根据，确定曲线并作图，根据几何意义求取值范围.

【详解】曲线表示上半圆，可以看成动点与定点连线的斜率．如图所示．

，，，则，，

∴或．

故答案为：或.

15．如图，圆与轴的正半轴的交点为，点，在圆上，且点位于第一象限，点的坐标为，.若，则的值为________．

【答案】

【分析】由题得sin ∠＝sin，再利用三角恒等变换化简代入即得解..

【详解】解：由题意得，从而为等边三角形，

∴sin ∠＝sin.

∴cos2－sin cos－＝·－－＝－sin α＋·cos α＝sin＝sin

＝sin＝.

故答案为：

三、双空题

16．如图，一个酒杯的内壁的轴截面是抛物线的一部分，杯口宽cm，杯深8cm，称为抛物线酒杯．①在杯口放一个表面积为的玻璃球，则球面上的点到杯底的最小距离为______ cm；②在杯内放入一个小的玻璃球，要使球触及酒杯底部，则玻璃球的半径的取值范围为______(单位：cm)．

【答案】         

【分析】根据题意，，进而得，，故最小距离为；进而建立坐标系，得抛物线的方程为，当杯内放入一个小的玻璃球，要使球触及酒杯底部，此时设玻璃球轴截面所在圆的方程为，进而只需满足抛物线上的点到圆心的距离大于等于半径恒成立，再根据几何关系求解即可.

【详解】因为杯口放一个表面积为的玻璃球，所以球的半径为，

又因为杯口宽cm，

所以如图1所示，有，

所以，所以，

所以，

又因为杯深8cm，即

故最小距离为

如图1所示，建立直角坐标系，易知，设抛物线的方程为，

所以将代入得，故抛物线方程为，

当杯内放入一个小的玻璃球，要使球触及酒杯底部，如图2，

设玻璃球轴截面所在圆的方程为，

依题意，需满足抛物线上的点到圆心的距离大于等于半径恒成立，即，

则有恒成立，解得，可得.

所以玻璃球的半径的取值范围为.

故答案为：；

【点睛】本题考查抛物线的应用，考查数学建模能力，运算求解能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于设出球触及酒杯底部的轴截面圆的方程，进而将问题转化为抛物线上的点到圆心的距离大于等于半径恒成立求解.

四、解答题

17．如图，已知平面四边形中，．

（1）若，，求的面积；

（2）若，，，求t的最大值．

【答案】（1）；（2）2．

【分析】（1）由正弦定理求出即可求出面积；

（2）在中分别利用余弦定理表示出，可得出求出最值.

【详解】解：（1）由正弦定理可得

∴

∴

（2）中，由余弦定理得：

，

，

∴

∴

∴时，t的最大值是2．

【点睛】关键点睛：本题考查三角形面积的求解，考查余弦定理的应用，解题的关键是在中分别利用余弦定理表示出.

18．如图，在正四棱锥中，，E、F分别为PB、PD的中点，平面AEF与棱PC的交点为G．

(1)求平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角的正切值的大小；

(2)求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）连接EF，与OP相交于点Q，依题意可得，从而得到平面ABCD，设平面AEGF与平面ABCD相交于直线l，根据线面平行的性质得到，连接QA，即可得到，又，则即为平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角，再根据锐角三角函数的定义计算可得；

（2）延长AQ，则由两平面相交的性质可得AQ一定过点G，过点G作交AC于点M，依题意可得底面ABCD，设，则，根据，即可求出，最后根据计算可得；

【详解】(1)解：取底面ABCD的中心为O，连接EF，与OP相交于点Q，则Q为OP，EF的中点，

因为E、F分别为PB、PD的中点，所以EF是三角形PBD的中位线，所以，

因为平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD，平面，

设平面AEGF与平面ABCD相交于直线l，故，连接QA，

则因为，所以，又因为，

因为，所以，，

故即为平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角，其中，，

所以，即平面AEGF与平面ABCD所成锐二面角的正切值为

(2)解：延长AQ，因为平面平面，则由两平面相交的性质可得AQ一定过点G，

过点G作交AC于点M，因为底面ABCD，所以底面ABCD，

设，则，由（1）知，

所以，即，解得，故

19．年月日，国家主席习近平在第七十五届联合国大会一般性辩论上发表重要讲话，指出要加快形成绿色发展方式和生活方式，建设生态文明和美丽地球．中国将提高国家自主贡献力度，采取更加有力的政策和措施，二氧化碳排放力争于年前达到峰值，努力争取年前实现碳中和．某企业为了响应中央号召，准备在企业周边区域内通过植树造林实现减碳，从某育苗基地随机采购了株银杏树树苗进行栽种，测量树苗的高度，得到如下频率分布直方图，已知不同高度区间内树苗的售价区间如下表．

（1）现从株树苗中，按售价分层抽样抽取株，再从中任选三株，求售价之和高于元的概率；

（2）已知该育苗基地银杏树树苗高度服从正态分布，并用该企业采购的株树苗作样本，来估计总体期望和方差（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表），且．

①若该育苗基地共有株银杏树树苗，并将树苗的高度从高到低进行排列，得到数列，求的估计值．

②若从该育苗基地银杏树树苗中任选株，记树苗高度超过的株数为，求随机变量的分布列和期望．

参考数据：若，，，．

【答案】（1）；（2）①；②分布列见解析，期望为.

【分析】（1）确定株中，株元，株元，株元，利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求时间的概率；

（2）①计算出、的值，计算得出，由此可得出，即为所求；

②分析可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，利用二项分布的期望公式可求得的值.

【详解】（1）高度在内的占比为，

高度在内的占比为，

高度在内的占比为，

从这株树苗中，按售价分层抽取株，其中株元，株元，株元，

再从中任选三株，售价之和高于元，可以为、、、、，

故所求概率为；

（2）①由频率分布直方图可得，

，

，

所以，；

②若从该育苗基地银杏树树苗中任选株，高度超过的概率为，

由题意可知，则,，

，，，

，

所以，随机变量的分布列如下表所示：

随机变量的数学期望为.

【点睛】方法点睛：求随机变量的期望和方差的基本方法如下：

（1）已知随机变量的分布列，直接利用期望和方差公式直接求解；

（2）已知随机变量的期望、方差，求的期望与方差，利用期望和方差的性质（，）进行计算；

（3）若能分析出所给的随机变量服从常用的分布（如：两点分布、二项分布等），可直接利用常用分布列的期望和方差公式进行计算.

20．已知，设函数．

(1)讨论函数的单调性；

(2)若恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）函数求导后，对a需要分类讨论，确定导函数的符号；

（2）由函数的定义域，可以确定，将函数不等式转化为求函数最大值，根据极值点的不同，再确定a的范围.

【详解】(1)（1），且；

① ，，单调递增：

② ，，单调递减：

③ ，，

时，，单调递减；

时，，单调递增；

(2)，由定义域可知，

即，令，

则，令，可得，

当时，，由于的定义域为，

，则在单调递减，

则只需满足，∴，解得，∴；

当时，时，，时，

可得在单调递增，在单调递减，

则，

整理可得，

令，则，

时，，时，

则可得在单调递增，在单调递减，

则，故时，恒成立，

综上，；

21．如图，已知点是焦点为F的抛物线上一点，A，B是抛物线C上异于P的两点，且直线PA，PB的倾斜角互补，若直线PA的斜率为．

(1)求抛物线方程；

(2)证明：直线AB的斜率为定值，并求焦点F到直线AB的距离d（用k表示）；

(3)在中，记，，求的最大值．

【答案】(1)

(2)证明见解析，

(3)

【分析】（1）把点的坐标代入方程可得结果；

（2）设出的方程，和抛物线的方程联立，结合韦达定理可求，再求，结合斜率公式可证结论；

（3）利用，表示出，化简整理，结合基本不等式求解最大值.

【详解】(1)将点代入抛物线方程可得：，抛物线.

(2)设，与抛物线方程联立可得：

，∴，用代k可得：

因此，，即．

由，， ，

因此，

到直线AB的距离．

(3)由（2）知， ，

∵

∴

，

令，由得

∴，

当且仅当时取等号．

【点睛】直线斜率为定值的证明方法，通常借助韦达定理，斜率公式等来进行；角度问题一般转化为长度问题；最值问题的求解常用二次函数法，基本不等式法，导数法等.

22．在平面直角坐标系中，已知曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数，）.以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系.

(1)求曲线和直线的极坐标方程；

(2)直线与曲线交于，两点，若，求直线的斜率.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）直接利用转换关系，在参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；

（2）利用一元二次方程根和系数关系式和三角函数的值的应用求出结果．

【详解】(1)∵曲线的参数方程（为参数），

，即，

将，代入，

∴曲线的极坐标方程为.

∵直线的参数方程为（为参数，），

∴直线的极坐标方程为

(2)将直线的极坐标方程代入曲线

得.

，.

设点，，

由韦达定理得，，

，，

解得，满足，又，或.

∴直线的斜率.

23．选修4-5：不等式选讲

已知函数，M为不等式的解集.

（Ⅰ）求M；

（Ⅱ）证明：当a，b时，.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.

【详解】试题分析：（I）先去掉绝对值，再分，和三种情况解不等式，即可得；（II）采用平方作差法，再进行因式分解，进而可证当，时，．

试题解析：（I）

当时，由得解得；

当时，；

当时，由得解得.

所以的解集.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，，从而

，

因此

【解析】绝对值不等式，不等式的证明.

【名师点睛】形如（或）型的不等式主要有两种解法：

（1）分段讨论法：利用绝对值号内式子对应的方程的根，将数轴分为，， （此处设）三个部分，在每个部分去掉绝对值号并分别列出对应的不等式进行求解，然后取各个不等式解集的并集．

（2）图象法：作出函数和的图象，结合图象求解．