天津市第二南开学校2022-2023学年高三下学期开学学情调查数学试题（解析版）.docx

《天津市第二南开学校2022-2023学年高三下学期开学学情调查数学试题（解析版）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《天津市第二南开学校2022-2023学年高三下学期开学学情调查数学试题（解析版）.docx（18页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、 第二南开学校20222023学年度第二学期高三年级数学学科开学学情调查温馨提示：本试卷包括第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分考试时间120分钟.祝同学们考试顺利！第卷 选择题（共45分）一、选择题：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. 已知全集，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由集合的补集运算求，再利用集合的并集运算求即可.【详解】由题意得，又，故答案为：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】若，则，若，则.【详解】由，可得，此时有，满足

2、充分性；由，可得，不能得到，不满足必要性.所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A 3. 函数的图象可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据函数的解析式，利用，分别排除A、B、D项，即可求解.【详解】由题意，函数，因为，即函数的图象过点，可排除A、B项；又因为，可排除D项，故选：C.4. 某单位组织全体员工登录某网络培训平台进行学习并统计积分，得到频率分布直方图如图所示，已知学习积分在（单位：万分）的人数是60人，并且学习积分超过2万分的员工可获得“学习达人”称号，则该单位可以获得该称号的员工人数为（ ） A. 15B. 16C. 30D. 32【答案】A【解析】【分

3、析】根据学习积分在的频率及人数，故可得全体员工的人数，再根据在的频率即可求解.【详解】学习积分在的频率为，学习积分在的频率为，因为学习积分在（单位：万分）的人数是60人，所以全体员工的人数为人，所以该单位可以获得该称号的员工人数为人.故选:A.5. 在三棱锥中，平面，且，则三棱锥外接球的体积等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】将三棱锥放入一个长方体中，求出长方体的体对角线即为长方体外接球的直径，利用球的体积公式即可求解.【详解】因为三棱锥中，平面，不妨将三棱锥放入一个长方体中，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，因为长方体的体对角线即为其外接球的直径，因为，则长方体的长

4、宽高分别为所以三棱外接球的半径为.所以三棱锥外接球的体积为.故选：C. 6. 设，则a，b，c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据换底公式可得，由对数函数的性质可得，从而可比较大小.【详解】,因为在上单调递增，所以，所以，即.又，所以.故选:A.7. 已知双曲线的与抛物线的一个交点为M若抛物线的焦点为F，且，则双曲线的焦点到渐近线的距离为（ ）A B. 2C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意求出为M的坐标代入双曲线求出，利用点到直线距离公式可求双曲线的焦点到渐近线的距离.【详解】根据题意，设，因为，且，所以，代入到抛物线中，得，所以，将代入到双曲线

5、中，得，即，设双曲线的焦点，渐近线为，即，所以双曲线的焦点到渐近线的距离为，故选：D.8. 的部分图象如图所示，给出下列结论：的图象关于直线对称；该图象可由的图象向左平移个单位得到；在上单调递减其中所有正确结论的序号是（ ）A. B. C. D. 【答案】B 【解析】【分析】先根据图象求出函数解析式，结合三角函数的图象与性质，可求答案.【详解】由图可知，周期为，所以；因为图象经过点，所以，因为，所以，即.因为时，所以的图象关于直线对称，正确；，正确；把的图象向左平移个单位得到的解析式为，正确；当时，由于，错误.故选：B.9. 已知函数，若函数恰有三个零点，则实数的取值范围为A. B. C. D

6、. 【答案】B【解析】【分析】作出函数图象，则函数有三个不同的零点，等价于直线与曲线的图象有三个不同交点，考查直线与圆相切，且切点位于第三象限时以及直线过点时，对应的值，数形结合可得出实数的取值范围【详解】解：当时，则，等式两边平方得，整理得， 所以曲线表示圆的下半圆，如下图所示，由题意可知，函数有三个不同的零点，等价于直线与曲线的图象有三个不同交点，直线过定点，当直线过点时，则，可得；当直线与圆相切，且切点位于第三象限时，此时，解得由图象可知，当时，直线与曲线的图象有三个不同交点因此，实数取值范围是故选：【点睛】本题考查利用函数的零点个数求参数，同时也考查了直线与圆的位置关系以及正弦型函数图

7、象的应用，考查数形结合思想的应用，属于难题第卷 非选择题（共105分）二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分把答案填在答题卡上10. 若复数z满足，则z的虚部为_【答案】3【解析】【分析】首先利用复数除法运算公式，计算，即可得复数的虚部.【详解】, 所以的虚部为.故答案为：11. 的展开式中的常数项为_（用数字作答）【答案】15【解析】【分析】由二项式定理得，要使为常数项有，即可求项系数.【详解】由二项式知：，当时为常数项，即.故答案为：15.12. 过点作一条直线截圆所得弦长为，则直线的方程是_.【答案】或【解析】【分析】待定系数法设直线，由弦长公式求解【详解】可化为故圆心到直线距

8、离若直线斜率不存在，方程为，则，满足题意若直线斜率存在，设其方程为，解得，此时直线方程为故答案为：或13. 某质检员对一批设备的性能进行抽检，第一次检测每台设备合格的概率是0.5，不合格的设备重新调试后进行第二次检测，第二次检测合格的概率是0.8，如果第二次检测仍不合格，则作报废处理设每台设备是否合格是相互独立的，则每台设备报废的概率为_；检测3台设备，则至少2台合格的概率为_【答案】 . 0.1 . 0.972 【解析】【分析】根据相互独立事件的概率计算，求得答案；求出每台设备合格的概率，根据二项分布的概率计算，求得答案.【详解】由题意可得，每台设备报废的情况是第一次检测不合格，第二次检测仍

9、不合格，则作报废处理，故每台设备报废的概率为 ；每台设备合格的概率为 ，故检测3台设备，则至少2台合格概率为 ，故答案为：0.1；0.97214. 已知，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】由可知，利用基本不等式即可求最值.【详解】因为，所以， 当且仅当 即，时等号成立，故答案为：【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取

10、等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.15. 在中，则_ ，延长交于点，点在边上，则的最小值为_.【答案】 . . 【解析】【分析】(1)以，为基底表示，根据数量积的运算律化简，由此可求BC，(2)建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标运算公式表示，再求其最小值.【详解】解：由，可得由，可得，则.如图建立平面直角坐标系，可得，设，.，为中点，时，最小，最小值. 答案为：，.【点睛】求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用三、解答题：本大题共5小题，共75分解答应写出文字

11、说明，证明过程或演算步骤16. 已知的内角的对边分别为，满足.（1）求角的大小；（2）若，求的值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由已知条件，利用正弦定理角化边可得，再根据余弦定理即可求解；（2）由角A的正切值求出角A的正弦和余弦值，从而根据二倍角公式可得、，再根据两角差的正弦公式即可求解.【小问1详解】解：，即， ；【小问2详解】解：由，可得，17. 如图，平面，（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求平面与平面夹角的余弦值【答案】（1）证明见解析 （2） （3）【解析】【分析】（1）先证明平面BCF平行于平面ADE，即可证明直线BF平行于平面ADE；（2）建

12、立空间直角坐标系，求出平面BDE的法向量，利用向量数量积即可求解；（3）分别求出平面BDE和平面ADE的法向量，利用向量数量积即可.【小问1详解】 ， 平面ADE， 平面ADE， ， 平面BDE， 平面BDE， ， 平面ADE 平面BDE， 平面BDE， 平面ADE；【小问2详解】依题意， ，以A为原点建立空间直角坐标系如下图：则 ， ， ，设平面BDE的一个法向量为 ，则有 ， ，令x=2，则y=-2，z=-1， ，设CE与平面BDE的夹角为 ，则有 ，【小问3详解】显然平面ADE的一个法向量为 =(0，1，0)，设平面ADE与平面BDE的夹角为 ，则 ；综上，CE与平面BDE的夹角的正弦值

13、为 ，平面ADE与平面BDE的夹角的余弦值为 .18. 已知椭圆C：1（ab0）的左、右焦点分别为F1、F2，点P（1，）在椭圆C上，且|PF2|（1）求椭圆C的方程； （2）过点F2的直线l与椭圆C交于A，B两点，M为线段AB的中点，若椭圆C上存在点N，满足3（O为坐标原点），求直线l的方程【答案】（1）（2）xy10或xy10【解析】【分析】（1）根据题意得，由组成方程组，解得，进而得椭圆的方程（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程得关于的一元二次方程，结合韦达定理得，从而得线段中点坐标，点的坐标，将其代入椭圆方程，可解得，进而得出直线的方程【详解】解：（1）因为点在椭圆上，且所以，解

14、得，又因为由组成方程组，解得，所以椭圆的方程为：（2）由（1）可知，设直线的方程为，联立直线与椭圆的方程得，得，则，所以线段中点，所以， 所以点的坐标为，将点坐标代入椭圆的方程，解得，所以直线的方程为：或【点睛】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的相交问题，属于中档题19. 已知等比数列是递减数列，的前项和为，且成等差数列，.数列的前项和为，满足（1）求和的通项公式：（2）若求【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据等差数列与等比数列的通项公式、求和公式列出方程求解即可；（2）分为奇数、偶数时，求奇数项的和，偶数项的和，即可求解.【详解】(1)设数列的公比为，依题意知由是递减数列，解得

15、，所以.对于数列，当n=1时，；当时，因此，且n= 1时同样适用.故对于n都有. 所以的通项公式为， 的通项公式为.（2）当n是奇数时，则 、相减得：，得到.当n是偶数时，,则,所以【点睛】关键点点睛：由求时，需要分为奇偶，分别求出偶数项的和与奇数项的和，属于中档题.20. 已知函数（1）当时，求的极值（2）讨论的单调性；（3）若，证明： 【答案】（1）极大值为，无极小值 （2）答案见解析 （3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数求解极值即可；（2）利用导数分类讨论求解单调性即可.（3）首先将题意转化为证明证，当时，不等式显然成立当时，转化为证明，再构造函数利用导数求最值即可.小问1详解】当时，则，令，得，2+0-单调递增单调递减所以的极大值为，无极小值【小问2详解】的定义域为，对于二次方程，有当时，恒成立，在上单调递减当时，方程有两根，若， 在上单调递增，在上单调递减；若，在与上单调递减，在上单调递增【小问3详解】要证，即证，因为，所以当时，不等式显然成立当时，因为，所以只需证，即证令，则，由得；由，得所以在上为增函数，在上为减函数，所以，则，易知在上为减函数，在上为增函数，所以，所以恒成立，即