2022-2023学年新高考地区高三下学期开学考数学试卷

第页，共页新高考地区2022-2023学年高三下学期开学考数学试卷一、单选题（本大题共8小题）1.已知集合，，则（

）A． B． C． D．2.已知复数是纯虚数，则（

）A．3 B．1 C． D．3.古代名著《九章算术》中记载了求“方亭”体积的问题，方亭是指正四棱台，今有一个方亭型的水库，该水库的下底面的边长为20km，上底面的边长为40km，若水库的最大蓄水量为，则水库深度（棱台的高）为（

）A．10m B．20mC．30m D．40m4.已知抛物线C：，过焦点F的直线与C在第四象限交于M点，则（

）A．3 B．4 C．5 D．65.若，，则（

）A． B． C． D．06.某部门统计了某地区今年前7个月在线外卖的规模如下表：月份代号x1234567在线外卖规模y（百万元）111318★28★35其中4、6两个月的在线外卖规模数据模糊，但这7个月的平均值为23．若利用回归直线方程来拟合预测，且7月相应于点的残差为，则（

）A．1.0 B．2.0 C．3.0 D．4.07.已知球O的半径为2，四棱锥的顶点均在球O的球面上，当该四棱锥的体积最大时，其高为（

）A． B．2 C． D．8.已知曲线在点处的切线与轴交于点，曲线在点处的切线与轴交于点，若，则的取小值为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共4小题）9.与圆和都相切的直线的方程为（

）A． B．C． D．10.记函数的最小正周期为，且，函数的图象关于点对称，则（

）A． B．C． D．当取得最小值时，11.已知椭圆的焦距长为，点为椭圆上一点，、是椭圆上关于坐标原点对称的两点（、非椭圆顶点），过作轴的垂线，垂足为，直线交椭圆于另一点，则（

）A．椭圆的方程为B．C．若为椭圆的一个焦点时，则的面积为D．若，则的面积为12.已知函数，的定义域均为，且，，若为偶函数，，则（

）A． B．C． D．三、填空题（本大题共4小题）13.已知向量，，若，则实数___________．14.已知的展开式中的系数为，则实数______．15.已知，是该函数的极值点，定义表示超过实数x的最小整数，则的值为______．16.现取长度为2的线段的中点，以为直径作半圆，该半圆的面积为（图1），再取线段的中点，以为直径作半圆．所有半圆的面积之和为（图2），再取线段的中点，以为直径作半圆，所有半圆的面积之和为，以此类推，则______．四、解答题（本大题共6小题）17.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．(1)证明：为定值；(2)若，，求的周长．18.已知为数列的前项和，，．(1)求；(2)若，证明：．19.青少年近视问题备受社会各界广泛关注，某研究机构为了解学生对预防近视知识的掌握程度，对某校学生进行问卷调查，并随机抽取200份问卷，发现其得分（满分：100分）都在区间中，并将数据分组，制成如下频率分布表：分数频率0.150.250.300.10(1)试估计这200份问卷得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；(2)用样本估计总体，用频率估计概率，从该校学生中随机抽取4人深入调查，设X为抽取的4人中得分在的人数，求的分布列与数学期望．20.在四棱锥中，底面，，，，，．(1)证明：平面平面；(2)若，求二面角的余弦值．21.已知双曲线的渐近线方程为，点，分别为双曲线的左、右焦点，过且垂直于轴的直线与双曲线交于第一象限的点，且的周长为．(1)求双曲线的方程；(2)若直线与双曲线的左支、右支分别交于，两点，与直线，分别交于P，Q两点，求的取值范围．22.已知函数（）．(1)讨论的单调性；(2)若，（）是的两个极值点，证明：．

参考答案1.【答案】D【分析】求出集合中元素范围，再求即可.【详解】，，故选：D.2.【答案】B【分析】求出复数的代数形式，再根据纯虚数的概念列式计算.【详解】,因为复数是纯虚数，则，解得故选：B.3.【答案】A【分析】由题意可知：该水库是一个正四棱台，已知正四棱台的体积为，上下底面边长分别为40km和20km，求正四棱台的高，同一单位，代入体积计算公式即可求解.【详解】因为正四棱台上下底面边长分别为40km和20km，设高，因为，，由棱台的体积计算公式可得：，解得：，故选：.4.【答案】C【分析】由题意可知：焦点坐标为，设点，利用直线的斜率可得，再利用抛物线的定义即可求解.【详解】因为直线过抛物线C：的焦点，则，所以，，抛物线方程为，因为在抛物线上且在第四象限，设点，则，解得：，由抛物线的定义可知：，故选：.5.【答案】D【分析】利用倍角公式及辅助角公式求出角，再代入计算即可.【详解】,或，或（舍去，使无意义）又，，故选：D.6.【答案】B【分析】根据给定条件，求出，再借助回归直线的特征及残差列出方程组即可求解作答.【详解】依题意，，而，于是得，而当时，，即，联立解得，所以.故选：B7.【答案】D【分析】根据给定条件，确定四棱锥体积最大时为正四棱锥，设出底面外接圆半径，求出体积函数式，再利用导数求解作答.【详解】令球O的内接四棱锥为，四边形外接圆半径为，对角线的夹角为，则四边形的面积，当且仅当，即四边形为正方形时取等号，由球的结构特征知，顶点P为直线与球面O的交点，并且球心O在线段上，四棱锥的高最大，如图，，高，因此四棱锥的最大体积关系式为：，令，则，求导得，当时，，当时，，因此函数在上单调递增，在上单调递减，当时，，此时，所以当该四棱锥的体积最大时，其高为.故选：D8.【答案】C【分析】设，，求导，，根据导数的几何意义结合，得，求出切线方程，得到的坐标，由两点间的距离公式和基本不等式可求出结果.【详解】设，，，，因为，所以，得，，令，得，则，，令，得，则，则+，两次不等式取等的条件都是.所以的取小值为.故选：C9.【答案】ABD【分析】确定两圆的位置关系，设出公切线的方程，利用点到直线的距离公式列方程组求解.【详解】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，则两圆心的距离，故两圆外切，则两圆的公切线有3条，且斜率都存在，设两圆的公切线方程为，即，则，解得或或故公切线方程为或或故选：ABD.10.【答案】BD【分析】根据余弦函数的图像和性质可求出，进而可逐一判断每个选项的正误.【详解】因为函数的图象关于点对称，则，A错误；又，，得，，，B正确；，解得，，C错误；当取得最小值，即时，，，D正确.故选：BD.11.【答案】ABD【分析】根据椭圆定义求出的值，进而可求得的值，可得出椭圆的方程，可判断A选项；利用点差法结合斜率关系可判断B选项；设点，设点位于点上方，求出点的坐标，利用三角形的面积公式可判断C选项；设点为第一象限内的点，根据题意设点，其中，将点的坐标代入椭圆的方程，求出的值，利用三角形的面积公式可判断D选项.【详解】对于A选项，由题意可知，椭圆的左焦点为，右焦点为，由椭圆的定义可得，可得，则，故椭圆的方程为，A对；对于B选项，设点，则，其中，易知点，设点，则，两式作差可得，所以，，即，因为，所以，，则，故，B对；对于C选项，若为椭圆的一个焦点时，不妨设点，设点位于点上方，联立解得，则点，故点，所以，，C错；对于D选项，不妨设点为第一象限内的点，因为轴，且，所以，为等腰直角三角形，且，设点，其中，则有，解得，则点，故点、，所以，，D对.故选：ABD.12.【答案】ACD【分析】利用赋值法，结合函数的奇偶性、周期性求得正确答案.【详解】由，以替换得，结合得，由于是偶函数，所以，则，所以，C选项正确.由令得，A选项正确.由令得，由令得，B选项错误.由令得，所以，由得，，，，所以，由于是周期为的周期函数，所以，D选项正确.故选：ACD13.【答案】##1.25【分析】根据给定条件，利用向量的坐标运算和共线向量坐标表示求解作答.【详解】向量，，则，而，则有，解得，所以实数.故答案为：14.【答案】【分析】先确定展开式中产生的项的方式，然后求出的项的系数列方程求解.【详解】∵表示6个因式的乘积，故展开式中含的项为：四个因式取，一个因式取,1个因式取；或者：有三个因式取，其余的3个因式都取；故展开式中含的项为，解得故答案为：15.【答案】【分析】利用二次求导的方法求得，从而求得，进而求得正确答案.【详解】的定义域为，，令，所以在上单调递增，，所以存在，使，则在区间上，递减；在区间上，递增，所以是的极小值点，所以，所以.故答案为：16.【答案】【分析】先求得，然后利用错位相减求和法求得正确答案.【详解】依题意，，，，以此类推可知，数列是首项为，公比是的等比数列，所以.令，则，，两式相减得所以.所以.故答案为：17.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用正弦定理角化边以及余弦定理可整理变形得到为定值；（2）先利用（1）以及余弦定理求出，然后再次用余弦定理并利用变形可得，则周长可求.【详解】（1）即，由正弦定理角化边以及余弦定理得，整理得，即，所以为定值；（2）由（1），，，得，的周长为18.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用，当时，，两式相减整理得到，再通过条件中的递推式求出，将递推下去即可得；（2）将分离常数，为了达到可以裂项求和的目的，将缩小，变形为，然后裂项求和即可.【详解】（1）①时，②则①-②得，当时可整理得，即，由①当时，，得，当时，，得，，，又，，符合，；（2）由（1）得，，19.【答案】(1)(2)答案见解析【分析】（1）先利用频率和为1求出，在利用平均值的公式求解即可；（2）由题可得服从二项分布，根据二项分布的公式以及期望公式计算可得答案.【详解】（1）由频率分布表可得，解得，所以这200份问卷得分的平均值为；（2）由题意可得的可能取值为，则，又，则的分布列为：20.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据勾股定理得，由底面，得，根据线面垂直的判定定理得平面，再根据面面垂直的判定定理得平面平面；（2）以为原点，所在直线为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用二面角的向量公式可求出结果.【详解】（1）因为，，，所以，又因为，．所以，即，因为底面，底面，所以，由，，平面，平面，，得平面，又因为平面，所以平面平面；（2）以为原点，所在直线为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系：则，，，，在平面中，如图：，，，所以，，，，所以，所以，过作，垂足为，则，即，又，所以，即，，所以，，所以，则，，，设平面的一个法向量为，则，则，令，得，则，设平面的一个法向量为，则，令，得，，得，.根据图形可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.21.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据渐近线方程得，设，则，代入双曲线方程求出，得，利用双曲线定义求出，根据的周长为列式求出，可得双曲线方程；（2）联立直线与椭圆，根据题意求出的范围，由弦长公式求出，再求出坐标和，根据的范围可求出的取值范围.【详解】（1）因为双曲线的渐近线方程为，所以，设，则，所以，因为点在第一象限，所以，即，所以，又，所以，所以，所以双曲线的方程为.（2）设，，联立，消去并整理得，所以，解得，，，所以，联立，解得，所以，联立，解得，所以，所以，所以，其中，因为，所以，.所以的取值范围为.【点睛】关键点睛：（2）中，求解关键是求出和关于的函数关系式以及利用直线与双曲线的左支、右支分别交于，两点，求出的取值范围.22.【答案】(1)当时，在区间上单调递增；当时，在区间和上单调递增，在区间上单调递减；当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.(2)证明见解析.【分析】（1）对求导，根据的取值范围，对的符号进行讨论，即可得出的单调性；（2）由第一问中有两个极值点时，和化简不等式，然后构造函数，利用导数研究所构造函数的单调性，根据单调性进行证明.【详解】（1）∵，（）∴定义域为，∴，（），令，（），①当时，，，，，此时，在区间上单调递增；②当时，，令，解得，，∴当时，，，当时，，，∴此时，在区间上单调递增，在区间上单调递减；③当时，，（i）当时，，，，，∴此时，在区间上单调递增；（ii）当时，，令，解得，，且，∴当时，，，当时，，，∴此时，在区间和上单调递增，在区间上单调递减.综上所述，当时，在区间上单调递增；当时，在区间和上单调递增，在区间上单调递减；当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.（2）由第（1）问知，若，（）是的两个极值点，则，且的两根