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）

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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：A

4.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300

C. 该校学生党史知识竞赛成绩的中位数大于80

D. 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A1C1D

B. 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：BC

12. 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.

13. 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：

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