精品解析：山东省寿光第一中学2024-2025学年高三下学期开学检测数学试题

2022级开学检测考试数学试题 一、单选 1. 已知复数，，若复数为纯虚数，则实数的值为（ ） A. 1 B. 0 C. D. 2. 蒙古包是我国蒙古族牧民居住的房子，适于牧业生产和游牧生活．如图所示的蒙古包由下面圆柱部分和上面圆锥部分组合而成，用毛毡覆盖其表面（底面除外）．其中圆柱的高为，底面半径为，圆锥的顶点到底面的距离是，则图中蒙古包所用毛毡的面积为（ ） A. B. C. D. 3. 从装有3个红球和3个黑球的口袋内任取3球，那么互斥而不对立的两个事件是（ ） A. 至少一个红球和都是红球 B. 至少一个黑球和都是红球 C. 至少一个黑球和至少一个红球 D. 恰有一个红球和恰有一个黑球 4. 在中，角，，所对的边分别为，，，是上的点，平分，，且，则面积的最小值是（ ） A. 4 B. C. 8 D. 5. 已知椭圆：的左焦点为，焦距为，圆：与椭圆有四个交点，其中点，分别在第一、四象限，若为等边三角形，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 若则（ ） A. B. C. D. 7. 当时，曲线与交点个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知随机变量，且，则当时，的最小值为（ ） A. B. C. D. 9. 已知变量x，y的样本数据如下表，根据最小二乘法，得经验回归方程为则（ ） x 1 2 3 4 5 y 5 9 10 11 15 附：样本相关系数，经验回归方程斜率，截距 A B. 当时，对应样本点的残差为 C. 表中y的所有样本数据的第70百分位数是11 D. 去掉样本点后，y与x样本相关系数不变 10. 已知圆台上、下底面半径分别为1，4，半径为的球内切于圆台，则（ ） A. B. 圆台侧面展开图扇环的圆心角为 C. 过的截面与底面所成角为60°时，到截面距离为 D. 在圆台内放一正方体，正方体可绕其中心自由转动，则该正方体棱长的最大值为 11. 如图，已知曲线的方程为，是曲线上任意一点，则（ ） A. 点横坐标的范围是 B. 直线与曲线有两个交点 C. 已知，则 D. 设，是曲线上两点，若，，则 二、填空 12. 已知随机事件A，B相互独立，且则的值为__________. 13. 在展开式中，含的项的系数是______． 14. 写出与椭圆：和抛物线：都相切一条直线方程______. 三、解答题 15. 已知正项数列前项积为，. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 16. 如图，在四棱柱中，底面ABCD是矩形平面平面ABCD，点E，F分别为棱的中点. （1）证明：B，EF四点共面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 记的内角的对边分别为，已知 （1）求A的值； （2）若边上的两条中线相交于点P，且求的正切值. 18. 已知椭圆的离心率为左、右焦点分别是过的直线与C交于M，N两点的周长为 （1）求C的标准方程； （2）若记线段MN的中点为 （ⅰ）求R的坐标； （ⅱ）过R的动直线l与C交于P，Q两点，PQ，PN的中点分别是S和T，求面积的最大值. 19. 已知函数，. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若，求的取值范围； （3）若有两个实数解，，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2022级开学检测考试数学试题 一、单选 1. 已知复数，，若复数为纯虚数，则实数的值为（ ） A. 1 B. 0 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数乘法法则求出，因为乘积为纯虚数，所以且，即可求得结果. 【详解】因为，所以且，解得 故选：C 2. 蒙古包是我国蒙古族牧民居住的房子，适于牧业生产和游牧生活．如图所示的蒙古包由下面圆柱部分和上面圆锥部分组合而成，用毛毡覆盖其表面（底面除外）．其中圆柱的高为，底面半径为，圆锥的顶点到底面的距离是，则图中蒙古包所用毛毡的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意得到圆锥的母线长，分别求得圆锥和圆柱的侧面积即可. 【详解】解：由题意得：圆锥的高为3m，底面半径为4m， 所以圆锥的母线长为5m， 所以圆锥的侧面积为，而圆柱的侧面积为， 所以蒙古包所用毛毡的面积为， 故选：D 3. 从装有3个红球和3个黑球的口袋内任取3球，那么互斥而不对立的两个事件是（ ） A. 至少一个红球和都是红球 B. 至少一个黑球和都是红球 C. 至少一个黑球和至少一个红球 D. 恰有一个红球和恰有一个黑球 【答案】D 【解析】 【分析】由互斥事件及对立事件的定义进行依次判断. 【详解】对于A至少一个红球和都是红球不互斥，同时发生的情况是都是红球，A错误； 对于B至少有一个黑球和都是红球互斥并对立，所以B错误； 对于C至少一个黑球和至少一个红球，当一个黑球两个红球是可以同时发生，不互斥，C错误； 对于D，恰有一个红球和恰有一个黑球，互斥但不对立，存在情况都是红球或都是黑球，D正确. 故选:D 4. 在中，角，，所对的边分别为，，，是上的点，平分，，且，则面积的最小值是（ ） A. 4 B. C. 8 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理得到，求出，由三角形面积公式得，，，根据，求出，由基本不等式，得到，从而求出面积最小值. 【详解】，由正弦定理得， 因为，所以，故， 所以， 因为，所以， 平分，故， 由三角形面积公式得， ，， 因为，所以， 即， 由基本不等式得， 故，解得，当且仅当时，等号成立， 故. 故选：B 5. 已知椭圆：的左焦点为，焦距为，圆：与椭圆有四个交点，其中点，分别在第一、四象限，若为等边三角形，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据椭圆的对称性及定义结合离心率公式即可求解. 【详解】由于为等边三角形，由椭圆的对称性可得,所以, 由椭圆的定义可得,所以椭圆的离心率. 故选：C 6. 若则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，将二项式变形为，然后利用二项式展开的通项公式，即可求得a1的值. 【详解】因为， 令，则，所以， 又因为展开式的通项为， 令，解得，所以， 故选：D. 7. 当时，曲线与的交点个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】令易知是的一个根.当时，令利用导数研究其单调性可判断方程根的个数.当时画出两个函数的图象判断交点个数求解. 【详解】解：令 当时 故是的一个根. 当时 令 则 所以在上单调递增， 所以 所以时即方程在无实数根. 当时 在上单调递减，且 如图所示： 与的图象在上有两个交点， 所以方程在有两个不同的根. 综上所述，曲线与的交点个数为 故选：C 8. 已知随机变量，且，则当时，的最小值为（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正态曲线关于直线对称，得出，即，再利用基本不等式，即可求出结果． 【详解】由题意知，随机变量， 所以正态曲线关于直线对称， 又， 所以，即， 所以， 因为，则， 所以 ， 当且仅当，时取等号， 所以的最小值为． 故选：B． 9. 已知变量x，y的样本数据如下表，根据最小二乘法，得经验回归方程为则（ ） x 1 2 3 4 5 y 5 9 10 11 15 附：样本相关系数，经验回归方程斜率，截距 A. B. 当时，对应样本点的残差为 C. 表中y的所有样本数据的第70百分位数是11 D. 去掉样本点后，y与x的样本相关系数不变 【答案】BCD 【解析】 【分析】求出样本中心点，利用样本中心点在经验回归方程上求出判断；利用残差的概念判断；利用百分数的概念判断；利用样本中心点正好是可判断. 【详解】由表中数据可得 因为经验回归方程为，经过点 则，解得：，故错误； 当时，， 残差为故正确； 因为， 所以表中y的所有样本数据的第70百分位数是从小到大排列的第4个数，为11，故正确； 因为，所以去掉样本点后，y与x的样本相关系数计算公式中的分子、分母都不发生变化不变，所以相关系数的值不变，故正确. 故选：. 10. 已知圆台上、下底面半径分别为1，4，半径为的球内切于圆台，则（ ） A. B. 圆台侧面展开图扇环的圆心角为 C. 过的截面与底面所成角为60°时，到截面距离为 D. 在圆台内放一正方体，正方体可绕其中心自由转动，则该正方体棱长的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，根据轴截面分析即可；对B，根据圆台的侧面积公式求解即可；对C，应用二面角及点到平面距离计算即可；对D，计算圆台内能放下的最大球的直径，再根据该球为此正方体外接球求解即可 【详解】对A，圆台上、下底面半径分别为1，4，， 则半径为的球内切于圆台，所以，故A正确； 对B，由A母线长为5，设圆台侧面展开图扇环的圆心角为，则根据扇形弧长，所以，故B正确； 对C，过的截面与底面所成角为60°时，圆面， 所以，到截面距离为，故C错误； 对D，由题意A，圆台中能放下的最大球的半径为，直径为， 故在圆台内放置一个可以任意转动的正方体，则正方体为该球的内接正方体，棱长为，故D正确； 故选：ABD 11. 如图，已知曲线的方程为，是曲线上任意一点，则（ ） A. 点横坐标的范围是 B. 直线与曲线有两个交点 C. 已知，则 D. 设，是曲线上两点，若，，则 【答案】CD 【解析】 【分析】解不等式可知A错误，构造函数求得在上的最值，再由数形结合即可判断B错误；利用两点间距离公式构造函数并求得其最值，可求得，即C正确，分别对和分类讨论，利用两点间距离公式计算即可得，可知D正确. 【详解】对于A，易知，即，解得，即A错误； 对于B，令函数， 则，令，可得， 因此当时，，即在上单调递增； 当时，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增； 所以在处取得极大值， 因此可得时，，即可得； 易知，所以直线与曲线在上有两个交点，在上有一个交点，共三个交点，即B错误； 对于C，设，则， 令， 可得，令，则或； 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减， 又，所以当时，； 当时，， 所以，因此可得，因此C正确； 对于D，由，， 即异号时，； 当时，不妨设，即，解得； 又，所以； 此时，即此时 当时， 不妨设， 可得， ； 所以 综上可知，，即D正确. 故选：CD 【点睛】关键点点睛：解决本题关键在于通过构造函数并利用导数求得函数单调性，得出函数最值；再结合函数与方程的思想以及两点间距离公式计算可判断出结论. 二、填空 12. 已知随机事件A，B相互独立，且则的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用求解. 【详解】解：由题意得：， 故答案为： 13. 在的展开式中，含的项的系数是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据乘法公式展开即可求出各项，进而确定系数和. 【详解】的结果中含的项， 一定是三个括号用x另一个括号用具体数字进行相乘， 因此含的项为. 因此含的项的系数为-1+(-2)+(-3)+(-4)=-10. 故答案为：-10. 14. 写出与椭圆：和抛物线：都相切的一条直线方程______. 【答案】或（只需写出其中一个） 【解析】 【分析】先说明所求直线的斜率存在，再设 所求直线为，联立方程组结合切线性质列方程求，由此可得所求直线方程. 【详解】抛物线的对称轴为， 所以抛物线的切线的斜率一定存在，故所求直线的斜率存在， 设所求直线的方程为， 因为直线与抛物线相切， 所以方程组只有一组解， 所以方程只有一个根， 所以方程的判别式，即， 因为直线与椭圆相切， 所以方程组只有一组解， 所以方程只有一个根， 方程的判别式， 所以， 所以， 所以或， 所以或， 所以所求直线方程为或. 故答案为：或（只需写出其中一个即可）. 三、解答题 15. 已知正项数列前项积为，. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）分和两种情况讨论即可； （2）求出，求出，根据错位相减法即可求出列的前项和. 【小问1详解】 ，当时，， 当时，， 时适合上式，所以； 【小问2详解】 ， ，， 令①， ②， ①－②得， 所以， 所以. 16. 如图，在四棱柱中，底面ABCD是矩形平面平面ABCD，点E，F分别为棱的中点. （1）证明：B，EF四点共面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】证明四边形为平行四边形，利用平面的基本性质得出结论； 建立空间直角坐标系，利用向量方法求面面角. 【小问1详解】 取中点G，连接AG，EG，则有 所以四边形CDGE为平行四边形，所以 又因为所以 所以四边形ABEG为平行四边形，所以 又因为所以四边形为平行四边形， 所以所以所以B，EF四点共面. 【小问2详解】 取DC中点O，AB中点M，连接 因为所以侧面是菱形， 所以 因为平面平面ABCD，平面平面平面 所以平面ABCD，进而有 因为底面ABCD是矩形，所以所以OM，OC两两互相垂直. 如图所示建系， 由知平面ABCD，所以是平面的一个法向量. 设则因此 设平面的法向量，则 所以所以 取则于是是平面的一个法向量. 设平面与平面夹角为 即平面与平面夹角的余弦值为 17. 记的内角的对边分别为，已知 （1）求A的值； （2）若边上的两条中线相交于点P，且求的正切值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再利用角之间的关系消去角C，运算即可得到再求角即可； （2）不妨设利用中线求出b，再利用正弦定理求解，进而在三角形中求解即可. 【小问1详解】 在，因为，由正弦定理得： 即 即 因为 所以 而  所以 整理得 因为中 所以 又所以 【小问2详解】 因为AM是边BC的中线，所以 则 不妨设则所以 即解得或舍 所以 在中即 即， 解得即 所以，在中 又易知，P是重心，所以 所以  18. 已知椭圆的离心率为左、右焦点分别是过的直线与C交于M，N两点的周长为 （1）求C的标准方程； （2）若记线段MN的中点为 （ⅰ）求R的坐标； （ⅱ）过R的动直线l与C交于P，Q两点，PQ，PN的中点分别是S和T，求面积的最大值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）或；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由椭圆的定义可得的周长为4a，求出离心率解得利用求出b，可得椭圆的方程； （2）（ⅰ）设出直线方程，与椭圆方程联立，结合数量积为0，求出直线的斜率，进而求R的坐标；（ⅱ）不妨设点R的坐标是此时直线MN的方程可化为设点S到直线MN的距离为d，求出三角形的面积，分类讨论，求出d的最大值，即可得出结论. 【小问1详解】 由椭圆的定义可得的周长为4a，所以所以 离心率解得所以 所以椭圆C的标准方程为 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）可得点坐标易得过点的所有直线与椭圆一定有两个不同的交点， 由可得 ①直线MN斜率不存在时，在椭圆方程中令得 不妨设所以所以不成立； ②直线MN斜率存在时，设直线MN的斜率为k，则其方程为 设 由方程组消去y，得 则有 所以有 所以 当时 所以点R的坐标是 同理当时，点R的坐标是 综上所述，点R的坐标是或 （ⅱ）根据对称性面积最大值与点R所在象限无关， 不妨设点R坐标是，此时直线MN的方程可化为 设点S到直线MN的距离为d， 因为T为PN的中点，R为MN的中点，所以可得 ①直线l斜率不存在时，点S坐标为，此时点S到直线的距离 ②直线l斜率存在时，设直线l方程为， 由方程组消去y，得 则有 所以点S坐标为 所以可得 令令 当时，即此时直线PQ与MN重合面积为 当即时，则有 从而当即时取得最大值 此时所以所以面积最大值为  【点睛】关键点点睛：解题的关键点是换元设函数再结合二次函数的性质求最值. 19. 已知函数，. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若，求的取值范围； （3）若有两个实数解，，证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）设，借助导数研究其单调性即可得； （3）结合（2）中所得可得，可将所需证明内容转化证明，等价于证明，构造函数，结合其单调性只需证，再构造函数，利用导数研究其单调性即可得证. 【小问1详解】 ，，， 所以在处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 由可知，，， 即在上恒成立， 设，， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增， 所以时，取得最小值，最小值为， 由题意知，即，故的取值范围为； 【小问3详解】 方程有两实数解，， 即有两实数解，不妨设， 由（2）知方程要有两实数解，则，即， 同时，，， ， 则，在单调递减， 欲证，即证，， 等价于，即， 等价于， 整理得①， 令，①式为， 又在单调递增， 故①式等价于，即， 令，， 当时，，单调递增， 又，，即， 所以，则. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于将原不等式转化为证明，再转化为证明，最后转化为证明，从而可构造函数帮助证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$