湖南省部分校教育联盟2022-2023学年高三上学期数学入学摸底测试试卷
一、单选题
1．（2022高三上·湖南开学考）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】由得，所以，又，
所以，
故答案为：D.
【分析】 先解一元二次不等式，对数不等式求出A、B，再利用交集运算求解出答案.
2．（2022高三上·湖南开学考）若复数，则复数的虚部是（ ）
A． B． C．-1 D．1
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】由可得：
复数复数的虚部是-1，
故答案为：C.
【分析】 把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案.
3．（2022高三上·湖南开学考）从，，，，中任取2个不同的数分别记作，，则的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】【解答】解：从0，2，4，6，8中任取2个不同的数，，共有个基本事件，
取出的2个数之差的绝对值等于有，，，共4个基本事件，
所以所求概率为.
故答案为：D
【分析】首先求出基本事件总数，再用列举法列出取出的2个数之差的绝对值等于2的事件数，最后利用对立事件和古典概型的概率公式计算可得答案.
4．（2022高三上·湖南开学考）明朝的一个葡萄纹椭圆盘如图（1）所示，清朝的一个青花山水楼阁纹饰椭圆盘如图（2）所示，北宋的一个汝窑椭圆盘如图（3）所示，这三个椭圆盘的外轮廊均为椭圆.已知图（1） （2） （3）中椭圆的长轴长与短轴长的比值分别，设图（1） （2） （3）中椭圆的离心率分别为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】因为椭圆的离心率，
所以椭圆的长轴长与短轴长的比值越大，离心率越大.由，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据离心率的定义可知，长轴长与短轴长的比值越大，离心率越大，根据三者的长轴长与短轴长的比值求出答案.
5．（2022高三上·湖南开学考）已知的展开式中各项系数的和为-3，则该展开式中的系数为（ ）
A．0 B．-120 C．120 D．-160
【答案】A
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】因为的展开式中各项系数的和为-3，
所以令，得，解得，
∵的展开式为
则展开式中含的项为，故的系数为0.
故答案为：A．
【分析】 由题意，先求出a=2，再利用二项式展开式的通项公式，求出展开式中x的系数.
6．（2022高三上·湖南开学考）两条异面直线所成的角为，在直线上分别取点和点，使，且.已知则线段的长为（ ）
A．8 B． C． D．
【答案】B
【知识点】向量的模
【解析】【解答】由题意知：，所以，
又异面直线所成的角为，则
所以，则或（舍去）
故答案为：B.
【分析】根据向量的线性运算可得，两边同时平方，利用向最的数量积运算，结合题意化简得到，进而求出答案.
7．（2022高三上·湖南开学考）已知，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】由题意，可得，
所以令，则，
令，则，
所以在上单调递减，，所以恒成立，
所以在上单调递减，
因为，所以，即，
所以，所以，即.
故答案为：A.
【分析】化简变形，由题意可得，构造，得到则，再令求得函数的单调性，结合单调性，即可求解出答案.
8．（2022高三上·湖南开学考）已知是方程的两根，有以下四个命题：
甲：；
乙：；
丙：；
丁：.
如果其中只有一个假命题，则该命题是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】B
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】因为是方程的两根，所以，
则甲：；
丙：.
若乙 丁都是真命题，
则，所以，，
两个假命题，与题意不符，所以乙 丁一真一假，
假设丁是假命题，由丙和甲得，所以，
即，所以，与乙不符，假设不成立；
假设乙是假命题，由丙和甲得，又，所以，
即与丙相符，假设成立；故假命题是乙，
故答案为：．
【分析】根据韦达定理可得，对乙、丁运算分析可知乙、丁一真一假，分别假设乙、丁是假命题，逐项进行判断，可得答案.
二、多选题
9．（2022高三上·湖南开学考）下列命题正确的是（ ）
A．若甲 乙两组数据的相关系数分别为0.66和-0.85，则乙组数据的线性相关性更强
B．已知样本数据的方差为4，则的标准差是4
C．在检验与是否有关的过程中，根据所得数据算得，已知，则有的把握认为和有关
D．对具有线性相关关系的变量，有一组观测数据，其线性回归方程是，且，则实数的值是
【答案】A,B
【知识点】极差、方差与标准差；线性相关；线性回归方程；独立性检验的基本思想
【解析】【解答】两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1，故正确；
中样本数据的方差为4，则的方差为，标准差为4，B符合题意；
C中由6.352，没有的把握判断认为和有关，C不正确；
D中，由得，D不正确；
故答案为：AB.
【分析】根据两个随机变量的线性相关性，即可判断A；根据方差与标准差，即可判断B；根据独立性检验，即可判断C；根据线性回归方程，即可判断D.
10．（2022高三上·湖南开学考）若函数在区间上的最大值为6，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．是函数的一个周期
C．当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是
D．将函数的图像向左移动个单位得到函数的图像，则函数是一个偶函数
【答案】B,D
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】，
当时，则，
所以当时，的最大值为6，即，所以，A不正确；
∵的最小正周期，则是函数的一个周期，B符合题意；
当时，，
所以不等式恒成立，则，解得，选项不正确；
函数的图像向左移动个单位得到函数，
函数是一个偶函数，选项正确.
故答案为：BD．
【分析】将函数恒等变形化简，由在上的最大值为6，可得m的值，进而求出函数的解析式，进而逐一判断，可得答案.
11．（2022高三上·湖南开学考）树人中学的“希望工程”中，甲 乙两个募捐小组暑假期间走上街头分别进行了为期两周的募捐活动.两个小组第1天都募得1000元，之后甲小组继续按第1天的方法进行募捐，则从第2天起，甲小组每一天得到的捐款都比前一天少50元；乙小组采取了积极措施，从第1天募得的1000元中拿出了600元印刷宣传材料，则从第2天起，第天募得的捐款数为元.若甲小组前天募得捐款数累计为元，乙小组前天募得捐款数累计为元（需扣除印刷宣传材料的费用），则（ ）
A．
B．甲小组募得捐款为9550元
C．从第7天起，总有
D．且
【答案】A,C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】由题可知且，
设代表第天甲小组募得捐款，且，
对于甲小组，，
所以，所以，
所以且，
所以，B不正确；
设代表第天乙小组募得捐款，由题可知，，
所以
，
，D不符合题意；
因为，故该A符合题意；
C，令，所以，
而当时，，
所以数列为递增数列，因此，所以，C符合题意.
故答案为：AC
【分析】利用等差数列求和公式求出甲小组两周的募捐的钱数，判断B；利用等比数列求和公式及分组求和，得到乙小组两周募捐的钱数，判断D；计算S6， T6，比较大小，判断A；令，，判断C.
12．（2022高三上·湖南开学考）在直角坐标系中，抛物线与直线交于两点，且.抛物线的准线与轴交于点是以为圆心，为半径的圆上的一点（非原点），过点作抛物线的两条切线，切点分别为.则（ ）
A． B．直线的方程为
C． D．面积的最大值是
【答案】B,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】依题意可设，则，
因为，所以，故.
又，所以，故抛物线的方程为，所以选项不正确，；
不妨设在第一象限，在第四象限，
由可得，，
所以直线的斜率为，则直线的方程为，
化简为；同理求得的方程为，
因为点在直线，上，所以 ，
由此可知，的坐标都满足，由于两点确定一条直线，
故可得直线AB的方程为，所以B选项正确；
由A的分析可知抛物线的准线方程为，故，
所以以为圆心，为半径的圆的方程为 ，
由于为圆上动点（非原点），故，C符合题意；
联立方程组，整理得，
，
则，
故，
点到直线的距离，
故的面积，
由题可知，，则圆的方程为，
故，因为，
所以，所以，
故面积的最大值为为，D符合题意；
故答案为：BCD
【分析】利用向量的数量积等于0可求得p=2，判断A；确定抛物线方程，利用导数表示出抛物线切线方程，结合两点确定一条直线可得AB方程，判断B；求出以M为圆心，|OM |为半径的圆的方程，即可知，判断C；求出弦长AB，求出点到直线AB的距离，即可表示出△ABG面积，从而求得其最大值，判断D.
三、填空题
13．（2022高三上·湖南开学考）函数的极大值点是 .
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】由题意，函数，可得，
令，即，解得，
当时，，故在上为单调递增函数，
当时，，故在上为单调递减函数，
所以函数的极大值点是.
故答案为：.
【分析】求得函数的导数，利用导数的符号求得函数的单调性，结合极值点的概念，即可求解出的极大值点.
14．（2022高三上·湖南开学考）已知抛物线的焦点在轴上，直线与抛物线交于点，且.写出抛物线的一个标准方程 .
【答案】或或或（写出一个即可）
【知识点】抛物线的定义
【解析】【解答】设所求焦点在轴上的抛物线的方程为，，
由抛物线定义得.
又∵或，
故所求抛物线方程为或.
故答案为：或或或．（写出一个即可）
【分析】由已知可设抛物线的标准方程为，进而求出A点的坐标，结合抛物线的性质，求出满足条件的p值，可得答案.
15．（2022高三上·湖南开学考）定义在上的奇函数，当时，，则曲线上的点到直线y=-x+1的最小距离为 .
【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】由对称性可知，只需要比较与时的距离.
设，因为函数是奇函数，所以，则
设点，则，解得：
此时点到直线y=-x+1的距离，
设，则原点到直线y=-x+1的距离，
因为，所以曲线上的点到直线y=-x+1的最小距离为.
故答案为：．
【分析】先根据奇函数定义求时 的解析式，此时斜率为1的点到直线的距离最小，再与原点到直线的距离相比较，求出曲线上的点到直线y=-x+1的最小距离.
16．（2022高三上·湖南开学考）三棱锥中，，底面是边长为2的正三角形，分别是的中点，且，若为三棱锥外接球上的动点，则点到平面距离的最大值为 .
【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】为边长为2的等边三角形，
为正三棱锥，
，又分别为中点，
，
，又
平面平面，
为正方体一部分，
故，即，
∵为三棱锥外接球上的动点，
∴当位于正方体的如图所示的顶点处，点到平面距离最大，设为，
∴可求得三棱锥的体积为：，
∴，
解得：
故答案为：
【分析】先证得平面，再求得，从而得 为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而求解出点到平面距离的最大值 .
四、解答题
17．（2022高三上·湖南开学考）已知锐角中，角所对的边分别为.
（1）求；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）解：由及正弦定理得
所以，
又，因为，所以，所以.
因为，所以
（2）解：由正弦定理得，
所以.
因为是锐角三角形，所以，解得.
因为在上单调递增，所以.
从而，所以，即的取值范围是.
【知识点】正弦定理
【解析】【分析】(1)由题意，利用正弦定理、两角和的正弦公式，求得cosB的值，可得B的值；
(2)由题意，利用正弦定理，先求出a的表达式以及角C的范围，再利用正切函数的值域，求得 的取值范围.
18．（2022高三上·湖南开学考）如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是菱形，是的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：连接，因为四边形是菱形，则，
因为，故为等边三角形，所以.
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
平面，所以.
因为，所以.
又，所以平面.
（2）解：连接，因为是的中点，所以.
又因为平面平面，平面平面平面，
所以平面.
设，因为，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
.
设平面的法向量是，
则，取，可得.
设直线与平面所成角为
所以，
∴直线与平面所成角的正弦值是.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1)根据题意利用面面垂直的性质定理可证得 平面，再结合线面垂直的判定定理证明出 平面；
(2) 以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 先求出平面的法向量，再根据 ， 计算可求出直线与平面所成角的正弦值.
19．（2022高三上·湖南开学考）2022年2月20日，北京冬奥会在鸟巢落下帷幕，中国队创历史最佳战绩.北京冬奥会的成功举办推动了我国冰雪运动的普及，让越来越多的青少年爱上了冰雪运动.这场冰雪盛会是运动健儿奋力拼搏的舞台，也是中外文明交流互鉴的舞台，诠释着新时代中国的从容姿态，传递出中华儿女与世界人民“一起向未来”的共同心声.某学校统计了全校学生观看北京冬奥会开幕式和闭幕式的时长情况（单位：分钟），并根据样本数据绘制得到右下图所示的频率分布直方图.
（1）求频率分布直方图中的值，并估计样本数据的90%分位数；
（2）采用样本量比例分配的分层随机抽样方式，从观看时长在的学生中抽取9人.若从这9人中随机抽取3人在全校交流观看体会，设抽取的3人中观看时长在的人数为，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）解：由题意，，解得.
由频率分布直方图知，观看时长在200分钟以下占比为.
观看时长在240分钟以下占比为.
所以90%分位数位于内，分位数为.
（2）解：由题意，观看时长[200，240） [240，280]对应的频率分别为0.16和0.08，
所以采用分层随机抽样的方式在两个区间中应分别抽取6人和3人.
于是抽取的3人中观看时长在中的人数X的所有可能取值为.
所以，
的分布列为
0 1 2 3
P
所以，.
【知识点】频率分布直方图；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】 (1)先由频率和为1解得a，按百分位数的定义求出样本数据的90%分位数；
(2)利用分层随机抽样求出在两个区间中应分别抽取6人和3人，得到X的所有可能取值为0，1， 2， 3，分别求出对应的概率，写出分布列，求出 的分布列和数学期望.
20．（2022高三上·湖南开学考）已知数列满足，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求证：.
【答案】（1）解：由得，两式相除得，
所以都是公比为2的等比数列，
由及得，
所以为奇数时，，
为偶数时，，
所以
（2）证明：
，
则，
两式相减得，
所以，
因为，所以单调递增
所以成立，所以.
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】(1)由 ，且 可得 ， ， 相除可得 ，可得数列 的奇数项与偶数项都成等比数列，通过分类讨论，利用等比数列的通项公式即可得出数列的通项公式；
(2) ，利用错位相减法即可得出Sn，结合数列的单调性即可证出结论 .
21．（2022高三上·湖南开学考）设是双曲线的左 右两个焦点，为坐标原点，若点在双曲线的右支上，且的面积为3.
（1）求双曲线的渐近线方程；
（2）若双曲线的两顶点分别为，过点的直线与双曲线交于，两点，试探究直线与直线的交点是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；若不在，请说明理由.
【答案】（1）解：由得，且
所以
即解得
又，
故双曲线的渐近线方程为
（2）解：由（1）可知双曲线的方程为.
（i）当直线的斜率不存在时，，直线的方程为，直线的方程为，联立直线与直线的方程可得，
（ii）当直线的斜率存在时，易得直线l不和渐近线平行，且斜率不为0，设直线的方程为，
联立得
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，两边平方得，
又满足，
.
，
，或，（舍去.
综上，在定直线上，且定直线方程为.
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)由 ，得P在以F1F2为直径的圆上，则 ，由△PF1F2的面积，勾股定理及双曲线的定义列式求得a，再由隐含条件求解b，则求出双曲线的渐近线方程；
(2) （i）当直线的斜率不存在时，，求出直线与直线的方程，联立直线与直线的方程求出点Q的坐标，（ii）当直线的斜率存在时，易得直线l不和渐近线平行，且斜率不为0，设直线的方程为 由(1)求得双曲线方程为 ， 联立直线方程与双曲线方程，联立两直线方程，利用根与系数的关系求得Q点的横坐标为定值，即可得到直线与直线的交点在定直线上 .
22．（2022高三上·湖南开学考）已知函数，其中.
（1）若直线是曲线的切线，求负数的值；
（2）设.
（i）讨论函数的单调性；
（ii）若函数的导函数在区间上存在零点，证明：当时，.
【答案】（1）解：因为，所以
由直线是曲线的切线可知，即
又，所以，则切点坐标为，所以
故.
（2）解：（i）.
①若即的解为，
所以当时，单调递减；当时，单调递增；
②若即的解为或，
所以当时，单调递增；
当时，单调递减
③若即恒成立，所以在上单调递增；
④若即的解为或，
所以当时，单调递增；当时，单调递减.
综上所述：
若，当时，单调递减，时，单调递增；
若，当时，单调递增，时，单调递减；
若在上单调递增；
若，当时，单调递增，时，单调递减.
（ii）证明：∵在区间上存在零点，
设零点为，则，
所以在上单调递减，在上单调递增
故
设，则，
设，则在内单调递减，
又，故在上恒成立，故在内单调递减，
所以，
故当时，.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】(1)利用导数的几何意义运算求解，可得负数的值；
(2) (i)根据题意整理可得 ，根据导数与单调性的关系分类讨论可得函数的单调性；
（ii）结合(i)分析可知 ，，构建新函数 ， 利用导数求F(x)min，即可得证.
1 / 1湖南省部分校教育联盟2022-2023学年高三上学期数学入学摸底测试试卷
一、单选题
1．（2022高三上·湖南开学考）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2022高三上·湖南开学考）若复数，则复数的虚部是（ ）
A． B． C．-1 D．1
3．（2022高三上·湖南开学考）从，，，，中任取2个不同的数分别记作，，则的概率是（ ）
A． B． C． D．
4．（2022高三上·湖南开学考）明朝的一个葡萄纹椭圆盘如图（1）所示，清朝的一个青花山水楼阁纹饰椭圆盘如图（2）所示，北宋的一个汝窑椭圆盘如图（3）所示，这三个椭圆盘的外轮廊均为椭圆.已知图（1） （2） （3）中椭圆的长轴长与短轴长的比值分别，设图（1） （2） （3）中椭圆的离心率分别为，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2022高三上·湖南开学考）已知的展开式中各项系数的和为-3，则该展开式中的系数为（ ）
A．0 B．-120 C．120 D．-160
6．（2022高三上·湖南开学考）两条异面直线所成的角为，在直线上分别取点和点，使，且.已知则线段的长为（ ）
A．8 B． C． D．
7．（2022高三上·湖南开学考）已知，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
8．（2022高三上·湖南开学考）已知是方程的两根，有以下四个命题：
甲：；
乙：；
丙：；
丁：.
如果其中只有一个假命题，则该命题是（ ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
二、多选题
9．（2022高三上·湖南开学考）下列命题正确的是（ ）
A．若甲 乙两组数据的相关系数分别为0.66和-0.85，则乙组数据的线性相关性更强
B．已知样本数据的方差为4，则的标准差是4
C．在检验与是否有关的过程中，根据所得数据算得，已知，则有的把握认为和有关
D．对具有线性相关关系的变量，有一组观测数据，其线性回归方程是，且，则实数的值是
10．（2022高三上·湖南开学考）若函数在区间上的最大值为6，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．是函数的一个周期
C．当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是
D．将函数的图像向左移动个单位得到函数的图像，则函数是一个偶函数
11．（2022高三上·湖南开学考）树人中学的“希望工程”中，甲 乙两个募捐小组暑假期间走上街头分别进行了为期两周的募捐活动.两个小组第1天都募得1000元，之后甲小组继续按第1天的方法进行募捐，则从第2天起，甲小组每一天得到的捐款都比前一天少50元；乙小组采取了积极措施，从第1天募得的1000元中拿出了600元印刷宣传材料，则从第2天起，第天募得的捐款数为元.若甲小组前天募得捐款数累计为元，乙小组前天募得捐款数累计为元（需扣除印刷宣传材料的费用），则（ ）
A．
B．甲小组募得捐款为9550元
C．从第7天起，总有
D．且
12．（2022高三上·湖南开学考）在直角坐标系中，抛物线与直线交于两点，且.抛物线的准线与轴交于点是以为圆心，为半径的圆上的一点（非原点），过点作抛物线的两条切线，切点分别为.则（ ）
A． B．直线的方程为
C． D．面积的最大值是
三、填空题
13．（2022高三上·湖南开学考）函数的极大值点是 .
14．（2022高三上·湖南开学考）已知抛物线的焦点在轴上，直线与抛物线交于点，且.写出抛物线的一个标准方程 .
15．（2022高三上·湖南开学考）定义在上的奇函数，当时，，则曲线上的点到直线y=-x+1的最小距离为 .
16．（2022高三上·湖南开学考）三棱锥中，，底面是边长为2的正三角形，分别是的中点，且，若为三棱锥外接球上的动点，则点到平面距离的最大值为 .
四、解答题
17．（2022高三上·湖南开学考）已知锐角中，角所对的边分别为.
（1）求；
（2）若，求的取值范围.
18．（2022高三上·湖南开学考）如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是菱形，是的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
19．（2022高三上·湖南开学考）2022年2月20日，北京冬奥会在鸟巢落下帷幕，中国队创历史最佳战绩.北京冬奥会的成功举办推动了我国冰雪运动的普及，让越来越多的青少年爱上了冰雪运动.这场冰雪盛会是运动健儿奋力拼搏的舞台，也是中外文明交流互鉴的舞台，诠释着新时代中国的从容姿态，传递出中华儿女与世界人民“一起向未来”的共同心声.某学校统计了全校学生观看北京冬奥会开幕式和闭幕式的时长情况（单位：分钟），并根据样本数据绘制得到右下图所示的频率分布直方图.
（1）求频率分布直方图中的值，并估计样本数据的90%分位数；
（2）采用样本量比例分配的分层随机抽样方式，从观看时长在的学生中抽取9人.若从这9人中随机抽取3人在全校交流观看体会，设抽取的3人中观看时长在的人数为，求的分布列和数学期望.
20．（2022高三上·湖南开学考）已知数列满足，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求证：.
21．（2022高三上·湖南开学考）设是双曲线的左 右两个焦点，为坐标原点，若点在双曲线的右支上，且的面积为3.
（1）求双曲线的渐近线方程；
（2）若双曲线的两顶点分别为，过点的直线与双曲线交于，两点，试探究直线与直线的交点是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；若不在，请说明理由.
22．（2022高三上·湖南开学考）已知函数，其中.
（1）若直线是曲线的切线，求负数的值；
（2）设.
（i）讨论函数的单调性；
（ii）若函数的导函数在区间上存在零点，证明：当时，.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】由得，所以，又，
所以，
故答案为：D.
【分析】 先解一元二次不等式，对数不等式求出A、B，再利用交集运算求解出答案.
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】由可得：
复数复数的虚部是-1，
故答案为：C.
【分析】 把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案.
3．【答案】D
【知识点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】【解答】解：从0，2，4，6，8中任取2个不同的数，，共有个基本事件，
取出的2个数之差的绝对值等于有，，，共4个基本事件，
所以所求概率为.
故答案为：D
【分析】首先求出基本事件总数，再用列举法列出取出的2个数之差的绝对值等于2的事件数，最后利用对立事件和古典概型的概率公式计算可得答案.
4．【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】因为椭圆的离心率，
所以椭圆的长轴长与短轴长的比值越大，离心率越大.由，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据离心率的定义可知，长轴长与短轴长的比值越大，离心率越大，根据三者的长轴长与短轴长的比值求出答案.
5．【答案】A
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】因为的展开式中各项系数的和为-3，
所以令，得，解得，
∵的展开式为
则展开式中含的项为，故的系数为0.
故答案为：A．
【分析】 由题意，先求出a=2，再利用二项式展开式的通项公式，求出展开式中x的系数.
6．【答案】B
【知识点】向量的模
【解析】【解答】由题意知：，所以，
又异面直线所成的角为，则
所以，则或（舍去）
故答案为：B.
【分析】根据向量的线性运算可得，两边同时平方，利用向最的数量积运算，结合题意化简得到，进而求出答案.
7．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】由题意，可得，
所以令，则，
令，则，
所以在上单调递减，，所以恒成立，
所以在上单调递减，
因为，所以，即，
所以，所以，即.
故答案为：A.
【分析】化简变形，由题意可得，构造，得到则，再令求得函数的单调性，结合单调性，即可求解出答案.
8．【答案】B
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】因为是方程的两根，所以，
则甲：；
丙：.
若乙 丁都是真命题，
则，所以，，
两个假命题，与题意不符，所以乙 丁一真一假，
假设丁是假命题，由丙和甲得，所以，
即，所以，与乙不符，假设不成立；
假设乙是假命题，由丙和甲得，又，所以，
即与丙相符，假设成立；故假命题是乙，
故答案为：．
【分析】根据韦达定理可得，对乙、丁运算分析可知乙、丁一真一假，分别假设乙、丁是假命题，逐项进行判断，可得答案.
9．【答案】A,B
【知识点】极差、方差与标准差；线性相关；线性回归方程；独立性检验的基本思想
【解析】【解答】两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1，故正确；
中样本数据的方差为4，则的方差为，标准差为4，B符合题意；
C中由6.352，没有的把握判断认为和有关，C不正确；
D中，由得，D不正确；
故答案为：AB.
【分析】根据两个随机变量的线性相关性，即可判断A；根据方差与标准差，即可判断B；根据独立性检验，即可判断C；根据线性回归方程，即可判断D.
10．【答案】B,D
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】，
当时，则，
所以当时，的最大值为6，即，所以，A不正确；
∵的最小正周期，则是函数的一个周期，B符合题意；
当时，，
所以不等式恒成立，则，解得，选项不正确；
函数的图像向左移动个单位得到函数，
函数是一个偶函数，选项正确.
故答案为：BD．
【分析】将函数恒等变形化简，由在上的最大值为6，可得m的值，进而求出函数的解析式，进而逐一判断，可得答案.
11．【答案】A,C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】由题可知且，
设代表第天甲小组募得捐款，且，
对于甲小组，，
所以，所以，
所以且，
所以，B不正确；
设代表第天乙小组募得捐款，由题可知，，
所以
，
，D不符合题意；
因为，故该A符合题意；
C，令，所以，
而当时，，
所以数列为递增数列，因此，所以，C符合题意.
故答案为：AC
【分析】利用等差数列求和公式求出甲小组两周的募捐的钱数，判断B；利用等比数列求和公式及分组求和，得到乙小组两周募捐的钱数，判断D；计算S6， T6，比较大小，判断A；令，，判断C.
12．【答案】B,C,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】依题意可设，则，
因为，所以，故.
又，所以，故抛物线的方程为，所以选项不正确，；
不妨设在第一象限，在第四象限，
由可得，，
所以直线的斜率为，则直线的方程为，
化简为；同理求得的方程为，
因为点在直线，上，所以 ，
由此可知，的坐标都满足，由于两点确定一条直线，
故可得直线AB的方程为，所以B选项正确；
由A的分析可知抛物线的准线方程为，故，
所以以为圆心，为半径的圆的方程为 ，
由于为圆上动点（非原点），故，C符合题意；
联立方程组，整理得，
，
则，
故，
点到直线的距离，
故的面积，
由题可知，，则圆的方程为，
故，因为，
所以，所以，
故面积的最大值为为，D符合题意；
故答案为：BCD
【分析】利用向量的数量积等于0可求得p=2，判断A；确定抛物线方程，利用导数表示出抛物线切线方程，结合两点确定一条直线可得AB方程，判断B；求出以M为圆心，|OM |为半径的圆的方程，即可知，判断C；求出弦长AB，求出点到直线AB的距离，即可表示出△ABG面积，从而求得其最大值，判断D.
13．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】由题意，函数，可得，
令，即，解得，
当时，，故在上为单调递增函数，
当时，，故在上为单调递减函数，
所以函数的极大值点是.
故答案为：.
【分析】求得函数的导数，利用导数的符号求得函数的单调性，结合极值点的概念，即可求解出的极大值点.
14．【答案】或或或（写出一个即可）
【知识点】抛物线的定义
【解析】【解答】设所求焦点在轴上的抛物线的方程为，，
由抛物线定义得.
又∵或，
故所求抛物线方程为或.
故答案为：或或或．（写出一个即可）
【分析】由已知可设抛物线的标准方程为，进而求出A点的坐标，结合抛物线的性质，求出满足条件的p值，可得答案.
15．【答案】
【知识点】平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】由对称性可知，只需要比较与时的距离.
设，因为函数是奇函数，所以，则
设点，则，解得：
此时点到直线y=-x+1的距离，
设，则原点到直线y=-x+1的距离，
因为，所以曲线上的点到直线y=-x+1的最小距离为.
故答案为：．
【分析】先根据奇函数定义求时 的解析式，此时斜率为1的点到直线的距离最小，再与原点到直线的距离相比较，求出曲线上的点到直线y=-x+1的最小距离.
16．【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】为边长为2的等边三角形，
为正三棱锥，
，又分别为中点，
，
，又
平面平面，
为正方体一部分，
故，即，
∵为三棱锥外接球上的动点，
∴当位于正方体的如图所示的顶点处，点到平面距离最大，设为，
∴可求得三棱锥的体积为：，
∴，
解得：
故答案为：
【分析】先证得平面，再求得，从而得 为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而求解出点到平面距离的最大值 .
17．【答案】（1）解：由及正弦定理得
所以，
又，因为，所以，所以.
因为，所以
（2）解：由正弦定理得，
所以.
因为是锐角三角形，所以，解得.
因为在上单调递增，所以.
从而，所以，即的取值范围是.
【知识点】正弦定理
【解析】【分析】(1)由题意，利用正弦定理、两角和的正弦公式，求得cosB的值，可得B的值；
(2)由题意，利用正弦定理，先求出a的表达式以及角C的范围，再利用正切函数的值域，求得 的取值范围.
18．【答案】（1）证明：连接，因为四边形是菱形，则，
因为，故为等边三角形，所以.
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
平面，所以.
因为，所以.
又，所以平面.
（2）解：连接，因为是的中点，所以.
又因为平面平面，平面平面平面，
所以平面.
设，因为，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
.
设平面的法向量是，
则，取，可得.
设直线与平面所成角为
所以，
∴直线与平面所成角的正弦值是.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1)根据题意利用面面垂直的性质定理可证得 平面，再结合线面垂直的判定定理证明出 平面；
(2) 以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 先求出平面的法向量，再根据 ， 计算可求出直线与平面所成角的正弦值.
19．【答案】（1）解：由题意，，解得.
由频率分布直方图知，观看时长在200分钟以下占比为.
观看时长在240分钟以下占比为.
所以90%分位数位于内，分位数为.
（2）解：由题意，观看时长[200，240） [240，280]对应的频率分别为0.16和0.08，
所以采用分层随机抽样的方式在两个区间中应分别抽取6人和3人.
于是抽取的3人中观看时长在中的人数X的所有可能取值为.
所以，
的分布列为
0 1 2 3
P
所以，.
【知识点】频率分布直方图；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】 (1)先由频率和为1解得a，按百分位数的定义求出样本数据的90%分位数；
(2)利用分层随机抽样求出在两个区间中应分别抽取6人和3人，得到X的所有可能取值为0，1， 2， 3，分别求出对应的概率，写出分布列，求出 的分布列和数学期望.
20．【答案】（1）解：由得，两式相除得，
所以都是公比为2的等比数列，
由及得，
所以为奇数时，，
为偶数时，，
所以
（2）证明：
，
则，
两式相减得，
所以，
因为，所以单调递增
所以成立，所以.
【知识点】数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】(1)由 ，且 可得 ， ， 相除可得 ，可得数列 的奇数项与偶数项都成等比数列，通过分类讨论，利用等比数列的通项公式即可得出数列的通项公式；
(2) ，利用错位相减法即可得出Sn，结合数列的单调性即可证出结论 .
21．【答案】（1）解：由得，且
所以
即解得
又，
故双曲线的渐近线方程为
（2）解：由（1）可知双曲线的方程为.
（i）当直线的斜率不存在时，，直线的方程为，直线的方程为，联立直线与直线的方程可得，
（ii）当直线的斜率存在时，易得直线l不和渐近线平行，且斜率不为0，设直线的方程为，
联立得
直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，两边平方得，
又满足，
.
，
，或，（舍去.
综上，在定直线上，且定直线方程为.
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1)由 ，得P在以F1F2为直径的圆上，则 ，由△PF1F2的面积，勾股定理及双曲线的定义列式求得a，再由隐含条件求解b，则求出双曲线的渐近线方程；
(2) （i）当直线的斜率不存在时，，求出直线与直线的方程，联立直线与直线的方程求出点Q的坐标，（ii）当直线的斜率存在时，易得直线l不和渐近线平行，且斜率不为0，设直线的方程为 由(1)求得双曲线方程为 ， 联立直线方程与双曲线方程，联立两直线方程，利用根与系数的关系求得Q点的横坐标为定值，即可得到直线与直线的交点在定直线上 .
22．【答案】（1）解：因为，所以
由直线是曲线的切线可知，即
又，所以，则切点坐标为，所以
故.
（2）解：（i）.
①若即的解为，
所以当时，单调递减；当时，单调递增；
②若即的解为或，
所以当时，单调递增；
当时，单调递减
③若即恒成立，所以在上单调递增；
④若即的解为或，
所以当时，单调递增；当时，单调递减.
综上所述：
若，当时，单调递减，时，单调递增；
若，当时，单调递增，时，单调递减；
若在上单调递增；
若，当时，单调递增，时，单调递减.
（ii）证明：∵在区间上存在零点，
设零点为，则，
所以在上单调递减，在上单调递增
故
设，则，
设，则在内单调递减，
又，故在上恒成立，故在内单调递减，
所以，
故当时，.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】(1)利用导数的几何意义运算求解，可得负数的值；
(2) (i)根据题意整理可得 ，根据导数与单调性的关系分类讨论可得函数的单调性；
（ii）结合(i)分析可知 ，，构建新函数 ， 利用导数求F(x)min，即可得证.
1 / 1
