2022-2023学年广东省惠州市高三上学期开学检测数学试题及答案

这是一份2022-2023学年广东省惠州市高三上学期开学检测数学试题及答案，共24页。试卷主要包含了 设集合 ，则， 展开式中的常数项为， 已知向量，向量， 已知圆关于直线等内容，欢迎下载使用。
1. 设集合 ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出集合A的补集，根据集合的交集运算求得答案.
【详解】由题意得， ,
故选：C．
2. 设，，，则a､b､c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对数函数单调性可得，，根据指数函数单调性可得
【详解】，，，所以
故选：D．
3. 展开式中的常数项为（ ）
A. 480B. C. 240D. 260
【答案】C
【解析】
【分析】写出二项式展开式的通项，再令的指数为，求出，再代入计算可得；
【详解】解：展开式的通项为：，
令，解得，所以展开式的常数项为；
故选：C
4. 已知向量，向量.则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据投影向量的公式求解即可
【详解】在上投影向量
故选：A
5. 在等比数列中，已知，则“”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】直接利用等比数列的通项公式及其充分条件，必要条件的定义求解即可.
详解】∵公比，∴，∴，
∴，∴，∴，
∴，∴，
又∵，∴，∴，∴，
∴且，
∴且，
即“”是“”的充分不必要条件．
故选：A．
6. 已知圆关于直线（，）对称，则的最小值为（ ）
A. B. 9C. 4D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】由题可得，然后利用基本不等式即得.
【详解】圆的圆心为，依题意，点在直线上，
因此，即，
∴，
当且仅当，即时取“=”，
所以的最小值为9.
故选：B.
7. 已知函数的部分图像，如下图所示，则该函数的解析式可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性和函数值判断.
【详解】解：由图像知：函数是偶函数，
A. 因为，所以，又，符合题意；
B. 因为，所以，又当时，，不符合题意；
C. 因为，所以，又当时，，不符合题意；
D. 因为，所以，是奇函数，不符合题意；
故选：A
8. 甲罐中有5个红球，3个白球，乙罐中有4个红球，2个白球.整个取球过程分两步，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别用A1､A2表示由甲罐取出的球是红球､白球的事件；再从乙罐中随机取出两球，分别用B､C表示第二步由乙罐取出的球是“两球都为红球”､“两球为一红一白”的事件，则下列结论中不正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用条件概率公式可得，判断A，B；利用全概率公式计算，判断C，D.
【详解】在事件发生的条件下，乙罐中有5红2白7个球，则，A正确；
在事件发生的条件下，乙罐中有4红3白7个球，则，B正确；
因，，，，
则，C不正确；
因，，
则，D正确.
故选：C.
二､多项选择题：（本题共4小题，每小题满分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.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.）
9. 某校举行“永远跟党走､唱响青春梦”歌唱比赛，在歌唱比赛中，由9名专业人士和9名观众代表各组成一个评委小组给参赛选手打分.根据两个评委小组（记为小组A､小组B）对同一名选手打分的分值绘制成折线图如图所示，则（ ）
A. 小组A打分的分值的众数为47
B. 小组B打分的分值第80百分位数为69
C. 小组A是由专业人士组成的可能性较大
D. 小组B打分的分值的方差小于小组A打分的分值的方差
【答案】AC
【解析】
【分析】根据小组A中数据，可得其众数，可判断A的正误；根据百分位数的求法，可判断B的正误；根据数据波动情况，可判断C、D的正误，即可得答案.
【详解】由折线图知，小组A打分的9个分值排序为：42，45，46，47，47，47，50，50，55，小组打分的9个分值排序为：36，55，58，62，66，68，68，70，75；
对于A：小组A打分的分值的众数为47，故选项A正确；
对于B：小组打分的分值第80百分位数为，所以应排序第8，
所以小组打分的分值第80百分位数为70，故选项B不正确；
对于C：小组A打分的分值比较均匀，即对同一个选手水平对评估相对波动较小，故小组A更像是由专业人士组成，故选项C正确；
对于D：小组A打分的分值的均值约47.7，小组打分的分值均值为62，根据数据的离散程度可知小组波动较大，方差较大，选项D不正确；
故选：AC
10. 数列的首项为1，且，是数列的前n项和，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 数列是等比数列
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据题意可得，从而可得数列是等比数列，从而可求得数列的通项，再根据分组求和法即可求出，即可得出答案.
【详解】解：∵，可得，
又
∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故B正确；
则，∴，故C错误；
则，故A正确；
∴，故D错误.
故选：AB.
11. 关于函数，下列说法正确的是（ ）
A. 函数的图像的一个对称中心是．
B. 函数在区间上单调递减；
C. 直线是函数图像的一条对称轴；
D. 将函数的图像沿x轴向左平移个单位长度，将得到函数的图像．
【答案】AC
【解析】
【分析】根据正弦函数的对称性以及单调性分别代入检验判断，将函数的图像沿x轴向左平移个单位长度，将得到函数整理判断．
【详解】的对称中心即为的零点，则，A正确；
，则，在单调递增，B不正确；
在对称轴处取到最值，则，C正确；
将函数的图像沿x轴向左平移个单位长度，将得到函数，D不正确
故选：AC．
12. 如图，在棱长为2正方体中，M，N，P分别是，，的中点，则（ ）
A. M，N，B，四点共面
B. 异面直线与MN所成角的余弦值为
C. 平面BMN截正方体所得截面为等腰梯形
D. 三棱锥的体积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据直线与直线的位置关系判定A；由异面直线所成角求解判定B；作出截面判定C；由体积公式判定D
【详解】对于A，易知MN与为异面直线，所以M，N，B，不可能四点共面，故A错误；
对于B，连接，CP，易得，所以为异面直线与MN所成角，
设，则，
所以，
所以异面直线与MN所成角的余弦值为，故B正确；
对于C，连接，，易得，
所以平面BMN截正方体所得截面为梯形，故C正确；
对于D，易得，因为平面MNB，平面MNB，
所以平面MNB，
所以，故D正确.
故选：BCD
三､填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分.其中第16题第一空2分，第二空3分.）
13. 已知是虚数单位，复数z满足，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的乘法、除法运算，求得，代入求模公式，即可得答案.
【详解】由题意得，
所以
故答案为：.
14. 在平面直角坐标系xOy中，将向量按顺时针方向绕原点O旋转后得到向量，则ab值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】设经过点的终边角度为，再根据三角函数的定义求解即可
【详解】设经过点的终边角度为，由根据题意，利用任意角的三角函数的定义得：，，则
∴，，
∴.
故答案为：
15. 如图所示，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，，M是PC上的一动点，当点M满足___________时，平面MBD⊥平面PCD.（只要填写一个你认为正确的条件即可）
【答案】（或，等都可）
【解析】
【分析】先确定所填答案，如，再证明平面MBD⊥平面PCD即可，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质可得，从而可得平面MBD，再根据面面垂直的判定定理即可得证.
【详解】解：可填，
由为菱形，则，
∵平面，平面，
所以，
又，
∴平面，
又平面，
∴，
又，，
所以平面MBD，
又因平面PCD，
所以平面MBD⊥平面PCD.
故答案为：.（或，等都可）
16. 已知抛物线方程，为焦点，为抛物线准线上一点，为线段与抛物线的交点，定义：.已知点，则___________；设点，若恒成立，则的取值范围为___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】过点作抛物线准线的垂线，垂足为点，设，则为锐角，利用抛物线的定义结合锐角三角函数的定义可得出，当点时，求出的值，可求得的值；求出的值，可得出的取值范围.
【详解】如下图所示，过点作抛物线准线的垂线，垂足为点，设，则为锐角，
设抛物线的准线与轴的交点为，则，
由抛物线的定义可知，，，
所以，，
当点的坐标为时，，则，
此时；
当点时，若恒成立，则，
，.
故答案为：；.
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. 已知数列的前项和为，，现有如下三个条件分别为：条件①；条件②；条件③；请从上述三个条件中选择能够确定一个数列的两个条件，并完成解答.
您选择的条件是___________和___________.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）若选①②时，由可得数列是以公差的等差数列，再由求出，从而可求出通项公式，或由可求出通项公式，若②③时，由可得数列是以公差的等差数列，再由求出，从而可求出通项公式，若选①③无法确定数列，
（2）由（1）可得，然后利用裂项相消求和法可求得
【小问1详解】
选①②时：
解法1：由
可知数列是以公差的等差数列，
又得，
得，
故，即
解法2： 由可知数列是以公差的等差数列，
又得，
则，
即
选②③时：
由可知数列是以公差的等差数列，
由可知，即
得，
故，即
选①③这两个条件无法确定数列.
【小问2详解】
所以
18. 如图，在中，，，，点在线段上，且．
（1）求的长；
（2）求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）用、表示，再根据、的长度和夹角可求出结果；
（2）根据夹角公式可求出结果.
【小问1详解】
设，，
则．
．故．
【小问2详解】
因为
．
19. 2021年秋季，国家教育部在全国中小学全面开展“双减”，实施“5+2”服务模式.为响应这一政策，某校开设了“篮球”､“围棋”､“文学社”､“舞蹈”四门课后延时服务课程，供500名学生选择学习.经过一个学期的学习后，学校对课后延时服务课程的效果进行调研，随机抽选了50名男生和50名女生，统计数据如下表所示：
（1）试依据小概率值的独立性检验，分析学生对课后延时服务课程的兴趣是否与性别有关；
（2）若用频率估计概率，从该校抽选调研的女生中按分层抽样的方式任选5人，再从中选出3人进行深入调研，用表示选取的女生兴趣一般的人数，求的分布列与数学期望.
附：，其中.
【答案】（1）认为学生对课后延时服务的兴趣与性别无关
（2）分布列答案见解析，数学期望：
【解析】
【分析】（1）计算卡方再对比表中数据分析即可；
（2）解法一：根据离散型随机变量的分布列与数学期望求解即可；
解法二：根据超几何分布的分布列与数学期望求解即可
【小问1详解】
零假设为：学生对课后延时服务的兴趣与性别无关，
则，因为
根据小概率值的独立性检验，没有充分的证据推断不成立，
因此认为学生对课后延时服务的兴趣与性别无关.
【小问2详解】
解法1：按分层抽样的方式选出5人，
则兴趣较大､兴趣一般的女生入选人数分别为3人和2人，
则的可能取值为0､1､2，
且，
，
，
分布列为：
所以数学期望
解法2：按分层抽样的方式选出5人，
则兴趣较大､兴趣一般的女生入选人数分别为3人和2人，
由题服从超几何分布且，（也可表示为）
所以的分布列为，
所以数学期望
即数学期望为
20. 如图，在四棱锥P−ABCD中，已知AB∥CD，AD⊥CD，BC=BP，CD=2AB=4，△ADP是等边三角形，E为DP的中点.
（1）证明：AE⊥平面PCD；
（2）若，求平面PBC与平面PAD夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平行四边形可证，可得，再由，即可求证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【小问1详解】
取的中点，连接，，
因为是等边的中线，所以
因为是棱的中点，为的中点，
所以，且
因为，，所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以.
因为，为的中点，所以，从而.
又，且平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）知，又，，且､平面，
所以面，从而平面.
以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，
所以，，
设平面的法向量为，
由得
令，则，，所以.
又平面的一个法向量为，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值为.
21. 已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图，椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点M，N是椭圆上异于A，B的不同两点，直线的斜率为，直线的斜率为，求证：直线过定点．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）由，得到，再由点在该椭圆上，求得的值，即可求得椭圆的方程；
（2）设的方程为，联立方程组求得，再由的的方程，联立方程组，求得，结合斜率公式，进而得到直线过定点.
【详解】（1）由椭圆的离心率为，且点在椭圆上，
可得，所以，
又点在该椭圆上，所以，所以，
所以椭圆C标准方程为
（2）由于的斜率为，设的方程为，
联立方程组，整理得，
所以，所以，
从而，即，
同理可得：由于的斜率为，则，
联立方程组，可得，
即，
所以，所以，
从而，即，
当时即；时，，过点，
当时，，，即，所以直线过点，
综上可得，直线过点.
【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
22. 设函数．
（1）讨论的单调性;
（2）若，求证：．
【答案】（1）单调性见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导可得，再和两种大情况讨论，在时根据导函数的两根的大小关系讨论分析即可；
（2）整理所证不等式为，再根据（1）结论得出，再构造证明即可
【小问1详解】
由题，
①当时，，令则，故当时，，单调递增；当时，，单调递减；
②当时，令则，：
当，即时，在当和时，，单调递增；当时，，单调递减；
当，即时，，单调递增；
当，即时，当和时，，单调递增；当时，，单调递减；
综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减
【小问2详解】
由题，即证，即，
得.
由（1）可得当时在上单调递减，
在上单调递增，故，
当且仅当时取等号.
设，则，故在上，单调递减；
在上，单调递增.故，即，
故，故即得证
【点睛】本题主要考查了求导分类讨论分析函数单调性的问题，同时也考查了构造函数证明不等式的问题，需要联系前问的结论化简不等式再证明，属于难题兴趣较大
兴趣一般
男生
35
15
女生
30
20
0.100
0.010
0.001
2.706
6.635
10.828
0
1
2