2022年秋季高三数学开学摸底考试卷（天津专用）

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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：A

4．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：B

5．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：B

9．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，

∵,，

∴．