登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
河北省邯郸市2023届高三上学期数学摸底试卷
一、单选题
1．若集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A． B．
C． D．或
【答案】C
【知识点】Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】由题设，
题图阴影部分为。
故答案为：C
【分析】利用已知条件结合一元二次不等式求解集的方法得出集合A，再结合对数函数的单调性，进而得出集合B，再利用交集的运算法则得出图中阴影部分表示的集合。
2．设复数，则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数的代数表示法及其几何意义；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】，则，
∴在复平面内对应的点为，位于第四象限。
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合复数的乘除法运算法则，进而得出复数z，再利用复数的几何意义得出复数对应的点的坐标，再结合点的坐标确定点所在的象限。
3．已知函数的图像在点处的切线方程是，则（ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】D
【知识点】函数的值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】函数的图像在点处的切线的斜率就是在该点处的导数，即就是切线的斜率，所以，又因为，所以。
故答案为：D
【分析】利用已知条件结合导数的几何意义求出函数在切点处的切线的斜率，再结合代入法求出切点的坐标，再利用点斜式方程求出函数在切点处的切线的方程，进而得出的值。
4．某高中2022年的高考考生人数是2021年高考考生人数的倍.为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2021年和2022年高考分数达线情况，得到如图所示扇形统计图：
下列结论正确的是（ ）
A．该校2022年与2021年的本科达线人数比为6：5
B．该校2022年与2021年的专科达线人数比为6：7
C．2022年该校本科达线人数增加了80%
D．2022年该校不上线的人数有所减少
【答案】C
【知识点】随机抽样和样本估计总体的实际应用
【解析】【解答】不妨设2021年的高考人数为100，则2022年的高考人数为
年本科达线人数为50，2022年本科达线人数为90，得2022年与2021年的本科达线人数比为，本科达线人数增加了，A不正确，C符合题意；
2021年专科达线人数为35，2022年专科达线人数为45，所以2022年与2021年的专科达线人数比为，B不符合题意；
2021年不上线人数为15，2022年不上线人数也是15，不上线的人数无变化，选项错误.
故答案为：C
【分析】利用已知条件结合扇形图中的数据，进而结合统计的方法选出结论正确的选项。
5．已知向量，且夹角的余弦值为，则（ ）
A．0 B． C．0或 D．
【答案】A
【知识点】数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】由已知，所以，即，故，且，解得或（舍去），所以。
故答案为：A
【分析】利用已知条件结合向量求模的坐标表示和数量积求向量的夹角公式以及数量积的坐标表示，即，进而得出实数m的取值范围，再利用，从而得出满足要求的m的值。
6．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．既不充分也不必要条件 D．充要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】因为且，充分性成立，
所以“0”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A
【分析】利用已知条件结合充分条件、必要条件的判断方法，进而推出“0”是“”的充分不必要条件。
7．我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中，提出了已知三角形三边长求三角形面积的公式，可以看出我国古代已具有很高的数学水平.设分别为内角的对边，表示的面积，其公式为.若，则面积的最大值为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】C
【知识点】二次函数在闭区间上的最值；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】由正弦定理得，得，
因为的面积，
所以当，即时，的面积有最大值为。
故答案为：C
【分析】利用已知条件结合正弦定理得出a，c的关系式，再利用b的值结合 ，再结合换元法结合二次函数的图象求最值的方法得出三角形的面积的最大值。
8．从正方体的个顶点和中心中任选个，则这个点恰好构成三棱锥的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合及简单计数问题
【解析】【解答】从正方体的个顶点和中心中任取个，有个结果，个点恰好构成三棱锥分两种情况：
①从正方体的个顶点中取个点，共有个结果，
其中四点共面有两种情况：一是四点构成侧面或底面，有种情况，
二是四点构成对角面（如平面），有种情况.
在同一个平面的有个，构成三棱锥有个；
②从正方体的个顶点中任取个，共有个结果，
其中所取点与中心共面，则这个点在同一对角面上，共有个结果，
因此，所选点与中心构成三棱锥有个，
故从正方体的个顶点和中心中任选个，
则这个点恰好构成三棱锥的个数为，故所求概率。
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合组合数计数问题求解方法，再结合古典概型求概率公式，进而得出这个点恰好构成三棱锥的概率。
二、多选题
9．（2022高三上·邯郸开学考）已知函数的局部图像如图所示，下列函数的解析式与图像符合的可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数的图象
【解析】【解答】对于A：为偶函数，图像为开口向上的抛物线，，与题干图像相符；
对于B：为偶函数，但，与题干图像不相符；
对于C：，所以为偶函数.
由，当时，单调递增，且.
记，.
记，在小于0，所以在上单调递减，而（因为），所以在上恒成立，所以在上为下凸函数.
与题干图像相符.C符合题意；
对于D：为奇函数，与题干图像不相符.
故答案为：AC
【分析】利用已知条件结合凸函数的定义，再结合奇、偶函数的定义和单调函数的定义，从而判断函数的单调性和奇偶性，再利用奇、偶函数的图象的对称性和函数的单调性，进而找出满足图象的函数的解析式。
10．（2022高三上·邯郸开学考）已知双曲线的左 右焦点分别为，离心率为为上一点，则（ ）
A．双曲线的实轴长为2
B．双曲线的一条渐近线方程为
C．
D．双曲线的焦距为4
【答案】A,B,D
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】由双曲线方程知：，离心率为，解得，故，
实半轴长为1，实轴长为，A符合题意；
因为可求得双曲线渐近线方程为，故一条渐近线方程为，B符合题意；
由于可能在的不同分支上，则有，C不符合题意；
焦距为正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件结合双曲线的离心率公式和双曲线中a，b，c三者的关系式，进而得出a，c的值， 从而得出双曲线的实轴长；再结合双曲线的渐近线方程求解方法，进而得出双曲线的一条渐近线方程；再结合双曲线的定义结合可能在的不同分支上，则有；再利用焦距的定义，从而求出双曲线的焦距，进而找出正确的选项。
11．（2022高三上·邯郸开学考）已知为等差数列，为其前项和，则下列结论一定成立的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；数列的函数特性；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】设等差数列的公差为，因为，所以，所以，则，A符合题意；
因为，所以，所以为递增数列，但不一定成立，如，B不正确；
因为，当且仅当时取等号，C符合题意；
因为解得，则，得，D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】利用已知条件结合等差数列的通项公式、数列的单调性、等差数列前n项和公式、等差数列的性质和均值不等式求最值的方法，进而找出结论一定成立的选项。
12．（2022高三上·邯郸开学考）如图，在正方体中，动点在线段上，则（ ）
A．直线与所成的角为
B．对任意的点，都有平面
C．存在点，使得平面平面
D．存在点，使得平面平面
【答案】B,C
【知识点】异面直线及其所成的角；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】因为，所以即为直线与所成的角，，故错误；
因为⊥平面，平面，所以⊥，
又因为，，
所以平面，故平面，故正确；
当点在处时，平面//平面，
所以存在点，使得平面//平面，C符合题意.
如图，过点作，则为平面与平面的交线，
在正方体中，平面，所以平面，所以，
，所以即为平面与平面所成的夹角，
方法一：因为点一定在以为直径的圆外，
所以，所以不存在点，使得平面平面，D不符合题意.
方法二：设正方体的棱长为，则，
所以，
当时，取得最大值，为，此时为锐角，D不符合题意.
故答案为：BC
【分析】利用已知条件结合正方体的结构特征，再利用异面直线求角的方法、线面垂直的判定定理、面面平行的判定定理、面面垂直的判定定理，进而找出正确的选项。
三、填空题
13．若抛物线的准线与圆相切，则 .
【答案】或0
【知识点】直线与圆的位置关系；抛物线的简单性质
【解析】【解答】抛物线的准线方程为，
圆的圆心为，半径，
由于圆与准线相切，
所以，
解得或a=0。
故答案为：或0。
【分析】利用已知条件结合抛物线的标准方程求出准线方程，再结合直线与圆相切位置关系判断方法，进而求出实数a的值。
14．已知，则的值为 .
【答案】
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】令，
由的展开式的通项公式为，
令，得，令，得，
所以，
所以。
故答案为：。
【分析】利用已知条件结合赋值法得出的值，再利用二项式定理求出展开式中的通项公式，再利用通项公式求出展开式中的的值，从而得出的值。
15．如图，在正四棱台中，，且四棱锥的体积为48，则该四棱台的体积为 .
【答案】399
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】方法一：由题意，设点到平面的距离为，由四边形面积为，
得四棱锥的体积为，得.
所以棱台体积为.
方法二：由题意，设点到平面的距离为，由四边形面积为，
得四棱锥的体积为，得.
由棱台定义知，延长交于一点，设为，设棱锥的高为，
则棱锥的高为，由三角形相似可得，得，
于是棱台体积3）。
故答案为：399。
【分析】方法一：由题意，设点到平面的距离为，由四边形面积结合四棱锥的体积公式得出四棱锥的体积，再利用已知条件得出h的值，再结合棱台的体积公式得出棱台体积。
方法二：由题意，设点到平面的距离为，由四边形面积结合四棱锥的体积公式得出四棱锥的体积，进而得出h的值，由棱台定义知，延长交于一点，设为，设棱锥的高为，则棱锥的高为，由三角形相似对应边成比例得出x的值，再利用棱台的体积公式得出棱台的体积。
16．设函数，已知在上有且仅有3个极值点，则的取值范围是 .
【答案】
【知识点】函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】
，
当时，，
令，则，
作出函数的图象如图所示：
由于函数在上有且仅有个极值点，
则，解得。
故答案为：。
【分析】利用已知条件结合两角和的正弦公式和辅助角公式化简函数f(x)为正弦型函数，再利用x的取值范围和构造法和不等式的基本性质，再结合正弦型函数的图象结合极值点的定义，进而利用函数在上有且仅有个极值点，从而得出的取值范围。
四、解答题
17．（2022高三上·邯郸开学考）在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答.
在中，内角所对的边分别是，____.
（1）求角；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）解：选择①：因为，
由余弦定理可得，
所以结合正弦定理可得.
因为，则，
所以，即，
因为，所以；
选择②：因为，
由正弦定理得，
由余弦定理得.
因为，所以；
（2）解：由（1）知，又已知，
由余弦定理得，，
即，所以，
所以的面积为.
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1） 选择①：利用已知条件结合余弦定理和正弦定理和三角形中角B的取值范围，再利用同角三角函数基本关系式，进而得出角A的正切值，再利用三角形中角A的取值范围，进而得出角A的值。选择②：利用已知条件结合正弦定理和余弦定理，从而得出角A的余弦值，再利用三角形中角A的取值范围，进而得出角A的值。
（2） 由（1）知角A的值，再利用已知条件，由余弦定理得出BC的值，再结合三角形的面积公式得出三角形的面积 。
18．（2022高三上·邯郸开学考）设是等比数列的前项和，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，数列的前项和为，求.
【答案】（1）解：设等比数列的公比为，显然，
由，
相除可得，解得，所以，
所以数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，即；
（2）解：由（1）得：，
所以①，
②，
②①得：，
所以.
【知识点】等比数列；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】（1） 设等比数列的公比为，显然，再利用等比数列前n项和公式结合作除法得出公比的值，进而得出等比数列的首项的值，再利用等比数列的定义判断出数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式得出数列的通项公式。
（2）利用数列的通项公式结合 ，进而得出数列的通项公式，再结合错位相减的方法得出数列的前项和。
19．（2022高三上·邯郸开学考）暑假期间，某学校建议学生保持晨读的习惯，开学后，该校对高二 高三随机抽取200名学生（该学校学生总数较多），调查日均晨读时间，数据如表：
日均晨读时间/分钟
人数 5 10 25 50 50 60
将学生日均晨读时间在上的学生评价为“晨读合格”.
（1）请根据上述表格中的统计数据填写下面列联表，依据的独立性检验，能否认为“晨读合格”与年级有关联？
项目 晨读不合格 晨读合格 合计
高二
高三 15 100
合计
（2）将上述调查所得到的频率视为概率来估计全校的情况，现在从该校所有学生中，随机抽取2名学生，记所抽取的2人中晨读合格的人数为随机变量，求的分布列和数学期望.
参考公式：，其中.
参考数据：
【答案】（1）列联表如下：
项目 晨读不合格 晨读合格 合计
高二 25 75 100
高三 15 85 100
合计 40 160 200
，
所以依据的独立性检验，不能认为“晨读合格”与年级有关联.
（2）解：由题设，学生晨读合格的概率为，易知，
所以，，，
的分布列为
0 1 2
所以.
【知识点】独立性检验的应用；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）利用已知条件填写完 列联表，再利用 列联表中的数据结合独立性检验的方法判断出不能认为“晨读合格”与年级有关联。
（2） 由题设结合古典概型求概率公式得出学生晨读合格的概率，易知， 再利用二项分布求概率公式得出随机变量的分布列，再结合随机变量的分布列求数学期望公式，进而得出随机变量的数学期望。
20．（2022高三上·邯郸开学考）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，平面平面.
（1）证明：；
（2）若为正三角形，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明：由题意，设，又，
得，又，
所以，所以，
又平面平面，且平面平面平面，
所以平面，
又平面，所以；
（2）解：方法一（向量法）：取的中点为坐标原点，以的方向为轴正方向，过点分别作和的平行线，分别为轴和轴，建立如图所示空间直角坐标系，
由为正三角形，，得，
则，
则，
设为平面的法向量，则有，
即，可取，
设为平面的法向量，
同理
所以，
设二面角的平面角为，
则，
故二面角的正弦值为.
方法二（几何法）：如图，取的中点，连接，在平面中作，连接，
由（1）知，又为正三角形，
所以，所以，
所以，又，
所以为二面角的平面角，
因为平面，平面，所以，
所以，
在中，，
所以，
所以，
在中，，
所以，
在中，，
所以，
即二面角的正弦值为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1） 由题意，设，再利用，得出的长，再利用结合勾股定理得出，再利用平面平面结合面面垂直的性质定理证出线面垂直，所以平面，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，从而证出。
(2) 方法一（向量法）：取的中点为坐标原点，以的方向为轴正方向，过点分别作和的平行线，分别为轴和轴，建立空间直角坐标系，由为正三角形，，从而得出的长，进而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式得出二面角的正弦值。
方法二（几何法）：取的中点，连接，在平面中作，连接，由（1）知，再利用三角形为正三角形，所以，所以，再利用等边三角形三线合一，所以，再利用，所以为二面角的平面角，再利用平面结合线面垂直的定义，所以，再结合勾股定理得出PA的长和CM的长，再利用余弦定理和同角三角函数基本关系式得出的值，再结合三角函数的定义得出MN和AN的长，再结合余弦定理得出CN的长，在中结合余弦定理和同角三角函数基本关系式得出二面角的正弦值。
21．（2022高三上·邯郸开学考）已知椭圆的左 右焦点分别为，上 顶点分别为的面积为，四边形的四条边的平方和为16.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，斜率为的直线交椭圆于两点，且线段的中点在直线上，求证：线段的垂直平分线与圆恒有两个交点.
【答案】（1）解：由的面积为，得，
又四边形的四条边的平方和为16，
所以或，
即椭圆的方程为或.
（2）证明：设，由于，得椭圆的方程为，
设直线的方程为，
当斜率时，线段的中点在轴上，不在直线上，故，
由，得，
由，
得.
由，
设线段的中点为，得，
即，
所以.
所以线段的垂直平分线的方程为.
即，
故线段的垂直平分线恒过点.
因为，
故点在圆内，
所以线段的垂直平分线与圆恒有两个交点.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 由的面积为结合三角形的面积公式得出bc的值，再利用四边形的四条边的平方和为16，得出a，b，c的值，从而得出椭圆的标准方程。
（2） 设，由于，得出椭圆的标准方程，设直线的方程为，当斜率时，线段的中点在轴上，不在直线上，故，利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法得出，再利用韦达定理得出，设线段的中点为，再结合中点坐标公式得出，再利用代入法得出，再结合两直线垂直斜率之积等于-1，再结合中点坐标公式和直线的点斜式方程求出线段的垂直平分线的方程为，进而得出线段的垂直平分线恒过点，再利用勾股定理结合比较法和点与圆位置关系的判断方法，从而判断出点在圆内，再利用直线与圆位置关系判断方法，从而证出线段的垂直平分线与圆恒有两个交点。
22．（2022高三上·邯郸开学考）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，且，证明：有且仅有两个零点.（e为自然对数的底数）
【答案】（1）解：由题意得函数的定义域为，
当时，令，得，
所以在上单调递增；
令，得，
所以在上单调递减；
当时，因为恒成立，
所以在上单调递增；
（2）证明：，
令，则在时恒成立，
所以在时单调递增，且，
所以有两个零点等价于有两个零点.
因为，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，
所以，
因为，所以.
下面证明当时，，
设，则，
令，又，
当时，恒成立，
所以单调递增，
得，
故在上单调递增，
得，即，
又因为，
所以在上各存在一个零点，
所以时，函数有且仅有两个零点，
即当时，函数有且仅有两个零点.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数零点的判定定理
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合分类讨论的方法，再结合求导的方法判断函数的单调性，进而讨论出函数f(x)的单调性。
（2）利用 ，令，则在时恒成立，再利用求导的方法判断函数的单调性，所以在时单调递增，且，所以有两个零点等价于有两个零点，再利用，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，进而求出函数的最小值，再利用，所以，下面证明当时，，设，再利用求导的方法判断函数的单调性，从而判断出函数在上单调递增，进而结合不等式的基本性质得出，再利用结合零点存在性定理，所以在上各存在一个零点，从而证出当时，函数有且仅有两个零点.。
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
河北省邯郸市2023届高三上学期数学摸底试卷
一、单选题
1．若集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A． B．
C． D．或
2．设复数，则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．已知函数的图像在点处的切线方程是，则（ ）
A． B．2 C． D．3
4．某高中2022年的高考考生人数是2021年高考考生人数的倍.为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2021年和2022年高考分数达线情况，得到如图所示扇形统计图：
下列结论正确的是（ ）
A．该校2022年与2021年的本科达线人数比为6：5
B．该校2022年与2021年的专科达线人数比为6：7
C．2022年该校本科达线人数增加了80%
D．2022年该校不上线的人数有所减少
5．已知向量，且夹角的余弦值为，则（ ）
A．0 B． C．0或 D．
6．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．既不充分也不必要条件 D．充要条件
7．我国南宋时期著名的数学家秦九韶在其著作《数书九章》中，提出了已知三角形三边长求三角形面积的公式，可以看出我国古代已具有很高的数学水平.设分别为内角的对边，表示的面积，其公式为.若，则面积的最大值为（ ）
A． B．1 C． D．
8．从正方体的个顶点和中心中任选个，则这个点恰好构成三棱锥的概率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2022高三上·邯郸开学考）已知函数的局部图像如图所示，下列函数的解析式与图像符合的可能是（ ）
A． B． C． D．
10．（2022高三上·邯郸开学考）已知双曲线的左 右焦点分别为，离心率为为上一点，则（ ）
A．双曲线的实轴长为2
B．双曲线的一条渐近线方程为
C．
D．双曲线的焦距为4
11．（2022高三上·邯郸开学考）已知为等差数列，为其前项和，则下列结论一定成立的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
12．（2022高三上·邯郸开学考）如图，在正方体中，动点在线段上，则（ ）
A．直线与所成的角为
B．对任意的点，都有平面
C．存在点，使得平面平面
D．存在点，使得平面平面
三、填空题
13．若抛物线的准线与圆相切，则 .
14．已知，则的值为 .
15．如图，在正四棱台中，，且四棱锥的体积为48，则该四棱台的体积为 .
16．设函数，已知在上有且仅有3个极值点，则的取值范围是 .
四、解答题
17．（2022高三上·邯郸开学考）在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答.
在中，内角所对的边分别是，____.
（1）求角；
（2）若，求的面积.
18．（2022高三上·邯郸开学考）设是等比数列的前项和，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，数列的前项和为，求.
19．（2022高三上·邯郸开学考）暑假期间，某学校建议学生保持晨读的习惯，开学后，该校对高二 高三随机抽取200名学生（该学校学生总数较多），调查日均晨读时间，数据如表：
日均晨读时间/分钟
人数 5 10 25 50 50 60
将学生日均晨读时间在上的学生评价为“晨读合格”.
（1）请根据上述表格中的统计数据填写下面列联表，依据的独立性检验，能否认为“晨读合格”与年级有关联？
项目 晨读不合格 晨读合格 合计
高二
高三 15 100
合计
（2）将上述调查所得到的频率视为概率来估计全校的情况，现在从该校所有学生中，随机抽取2名学生，记所抽取的2人中晨读合格的人数为随机变量，求的分布列和数学期望.
参考公式：，其中.
参考数据：
20．（2022高三上·邯郸开学考）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，平面平面.
（1）证明：；
（2）若为正三角形，求二面角的正弦值.
21．（2022高三上·邯郸开学考）已知椭圆的左 右焦点分别为，上 顶点分别为的面积为，四边形的四条边的平方和为16.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，斜率为的直线交椭圆于两点，且线段的中点在直线上，求证：线段的垂直平分线与圆恒有两个交点.
22．（2022高三上·邯郸开学考）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，且，证明：有且仅有两个零点.（e为自然对数的底数）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】由题设，
题图阴影部分为。
故答案为：C
【分析】利用已知条件结合一元二次不等式求解集的方法得出集合A，再结合对数函数的单调性，进而得出集合B，再利用交集的运算法则得出图中阴影部分表示的集合。
2．【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数的代数表示法及其几何意义；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】，则，
∴在复平面内对应的点为，位于第四象限。
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合复数的乘除法运算法则，进而得出复数z，再利用复数的几何意义得出复数对应的点的坐标，再结合点的坐标确定点所在的象限。
3．【答案】D
【知识点】函数的值；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】函数的图像在点处的切线的斜率就是在该点处的导数，即就是切线的斜率，所以，又因为，所以。
故答案为：D
【分析】利用已知条件结合导数的几何意义求出函数在切点处的切线的斜率，再结合代入法求出切点的坐标，再利用点斜式方程求出函数在切点处的切线的方程，进而得出的值。
4．【答案】C
【知识点】随机抽样和样本估计总体的实际应用
【解析】【解答】不妨设2021年的高考人数为100，则2022年的高考人数为
年本科达线人数为50，2022年本科达线人数为90，得2022年与2021年的本科达线人数比为，本科达线人数增加了，A不正确，C符合题意；
2021年专科达线人数为35，2022年专科达线人数为45，所以2022年与2021年的专科达线人数比为，B不符合题意；
2021年不上线人数为15，2022年不上线人数也是15，不上线的人数无变化，选项错误.
故答案为：C
【分析】利用已知条件结合扇形图中的数据，进而结合统计的方法选出结论正确的选项。
5．【答案】A
【知识点】数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】由已知，所以，即，故，且，解得或（舍去），所以。
故答案为：A
【分析】利用已知条件结合向量求模的坐标表示和数量积求向量的夹角公式以及数量积的坐标表示，即，进而得出实数m的取值范围，再利用，从而得出满足要求的m的值。
6．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】因为且，充分性成立，
所以“0”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A
【分析】利用已知条件结合充分条件、必要条件的判断方法，进而推出“0”是“”的充分不必要条件。
7．【答案】C
【知识点】二次函数在闭区间上的最值；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】由正弦定理得，得，
因为的面积，
所以当，即时，的面积有最大值为。
故答案为：C
【分析】利用已知条件结合正弦定理得出a，c的关系式，再利用b的值结合 ，再结合换元法结合二次函数的图象求最值的方法得出三角形的面积的最大值。
8．【答案】D
【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合及简单计数问题
【解析】【解答】从正方体的个顶点和中心中任取个，有个结果，个点恰好构成三棱锥分两种情况：
①从正方体的个顶点中取个点，共有个结果，
其中四点共面有两种情况：一是四点构成侧面或底面，有种情况，
二是四点构成对角面（如平面），有种情况.
在同一个平面的有个，构成三棱锥有个；
②从正方体的个顶点中任取个，共有个结果，
其中所取点与中心共面，则这个点在同一对角面上，共有个结果，
因此，所选点与中心构成三棱锥有个，
故从正方体的个顶点和中心中任选个，
则这个点恰好构成三棱锥的个数为，故所求概率。
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合组合数计数问题求解方法，再结合古典概型求概率公式，进而得出这个点恰好构成三棱锥的概率。
9．【答案】A,C
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数的图象
【解析】【解答】对于A：为偶函数，图像为开口向上的抛物线，，与题干图像相符；
对于B：为偶函数，但，与题干图像不相符；
对于C：，所以为偶函数.
由，当时，单调递增，且.
记，.
记，在小于0，所以在上单调递减，而（因为），所以在上恒成立，所以在上为下凸函数.
与题干图像相符.C符合题意；
对于D：为奇函数，与题干图像不相符.
故答案为：AC
【分析】利用已知条件结合凸函数的定义，再结合奇、偶函数的定义和单调函数的定义，从而判断函数的单调性和奇偶性，再利用奇、偶函数的图象的对称性和函数的单调性，进而找出满足图象的函数的解析式。
10．【答案】A,B,D
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】由双曲线方程知：，离心率为，解得，故，
实半轴长为1，实轴长为，A符合题意；
因为可求得双曲线渐近线方程为，故一条渐近线方程为，B符合题意；
由于可能在的不同分支上，则有，C不符合题意；
焦距为正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件结合双曲线的离心率公式和双曲线中a，b，c三者的关系式，进而得出a，c的值， 从而得出双曲线的实轴长；再结合双曲线的渐近线方程求解方法，进而得出双曲线的一条渐近线方程；再结合双曲线的定义结合可能在的不同分支上，则有；再利用焦距的定义，从而求出双曲线的焦距，进而找出正确的选项。
11．【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；数列的函数特性；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】设等差数列的公差为，因为，所以，所以，则，A符合题意；
因为，所以，所以为递增数列，但不一定成立，如，B不正确；
因为，当且仅当时取等号，C符合题意；
因为解得，则，得，D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】利用已知条件结合等差数列的通项公式、数列的单调性、等差数列前n项和公式、等差数列的性质和均值不等式求最值的方法，进而找出结论一定成立的选项。
12．【答案】B,C
【知识点】异面直线及其所成的角；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】因为，所以即为直线与所成的角，，故错误；
因为⊥平面，平面，所以⊥，
又因为，，
所以平面，故平面，故正确；
当点在处时，平面//平面，
所以存在点，使得平面//平面，C符合题意.
如图，过点作，则为平面与平面的交线，
在正方体中，平面，所以平面，所以，
，所以即为平面与平面所成的夹角，
方法一：因为点一定在以为直径的圆外，
所以，所以不存在点，使得平面平面，D不符合题意.
方法二：设正方体的棱长为，则，
所以，
当时，取得最大值，为，此时为锐角，D不符合题意.
故答案为：BC
【分析】利用已知条件结合正方体的结构特征，再利用异面直线求角的方法、线面垂直的判定定理、面面平行的判定定理、面面垂直的判定定理，进而找出正确的选项。
13．【答案】或0
【知识点】直线与圆的位置关系；抛物线的简单性质
【解析】【解答】抛物线的准线方程为，
圆的圆心为，半径，
由于圆与准线相切，
所以，
解得或a=0。
故答案为：或0。
【分析】利用已知条件结合抛物线的标准方程求出准线方程，再结合直线与圆相切位置关系判断方法，进而求出实数a的值。
14．【答案】
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】令，
由的展开式的通项公式为，
令，得，令，得，
所以，
所以。
故答案为：。
【分析】利用已知条件结合赋值法得出的值，再利用二项式定理求出展开式中的通项公式，再利用通项公式求出展开式中的的值，从而得出的值。
15．【答案】399
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】方法一：由题意，设点到平面的距离为，由四边形面积为，
得四棱锥的体积为，得.
所以棱台体积为.
方法二：由题意，设点到平面的距离为，由四边形面积为，
得四棱锥的体积为，得.
由棱台定义知，延长交于一点，设为，设棱锥的高为，
则棱锥的高为，由三角形相似可得，得，
于是棱台体积3）。
故答案为：399。
【分析】方法一：由题意，设点到平面的距离为，由四边形面积结合四棱锥的体积公式得出四棱锥的体积，再利用已知条件得出h的值，再结合棱台的体积公式得出棱台体积。
方法二：由题意，设点到平面的距离为，由四边形面积结合四棱锥的体积公式得出四棱锥的体积，进而得出h的值，由棱台定义知，延长交于一点，设为，设棱锥的高为，则棱锥的高为，由三角形相似对应边成比例得出x的值，再利用棱台的体积公式得出棱台的体积。
16．【答案】
【知识点】函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】
，
当时，，
令，则，
作出函数的图象如图所示：
由于函数在上有且仅有个极值点，
则，解得。
故答案为：。
【分析】利用已知条件结合两角和的正弦公式和辅助角公式化简函数f(x)为正弦型函数，再利用x的取值范围和构造法和不等式的基本性质，再结合正弦型函数的图象结合极值点的定义，进而利用函数在上有且仅有个极值点，从而得出的取值范围。
17．【答案】（1）解：选择①：因为，
由余弦定理可得，
所以结合正弦定理可得.
因为，则，
所以，即，
因为，所以；
选择②：因为，
由正弦定理得，
由余弦定理得.
因为，所以；
（2）解：由（1）知，又已知，
由余弦定理得，，
即，所以，
所以的面积为.
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1） 选择①：利用已知条件结合余弦定理和正弦定理和三角形中角B的取值范围，再利用同角三角函数基本关系式，进而得出角A的正切值，再利用三角形中角A的取值范围，进而得出角A的值。选择②：利用已知条件结合正弦定理和余弦定理，从而得出角A的余弦值，再利用三角形中角A的取值范围，进而得出角A的值。
（2） 由（1）知角A的值，再利用已知条件，由余弦定理得出BC的值，再结合三角形的面积公式得出三角形的面积 。
18．【答案】（1）解：设等比数列的公比为，显然，
由，
相除可得，解得，所以，
所以数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，即；
（2）解：由（1）得：，
所以①，
②，
②①得：，
所以.
【知识点】等比数列；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；数列的求和
【解析】【分析】（1） 设等比数列的公比为，显然，再利用等比数列前n项和公式结合作除法得出公比的值，进而得出等比数列的首项的值，再利用等比数列的定义判断出数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，再利用等比数列的通项公式得出数列的通项公式。
（2）利用数列的通项公式结合 ，进而得出数列的通项公式，再结合错位相减的方法得出数列的前项和。
19．【答案】（1）列联表如下：
项目 晨读不合格 晨读合格 合计
高二 25 75 100
高三 15 85 100
合计 40 160 200
，
所以依据的独立性检验，不能认为“晨读合格”与年级有关联.
（2）解：由题设，学生晨读合格的概率为，易知，
所以，，，
的分布列为
0 1 2
所以.
【知识点】独立性检验的应用；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）利用已知条件填写完 列联表，再利用 列联表中的数据结合独立性检验的方法判断出不能认为“晨读合格”与年级有关联。
（2） 由题设结合古典概型求概率公式得出学生晨读合格的概率，易知， 再利用二项分布求概率公式得出随机变量的分布列，再结合随机变量的分布列求数学期望公式，进而得出随机变量的数学期望。
20．【答案】（1）证明：由题意，设，又，
得，又，
所以，所以，
又平面平面，且平面平面平面，
所以平面，
又平面，所以；
（2）解：方法一（向量法）：取的中点为坐标原点，以的方向为轴正方向，过点分别作和的平行线，分别为轴和轴，建立如图所示空间直角坐标系，
由为正三角形，，得，
则，
则，
设为平面的法向量，则有，
即，可取，
设为平面的法向量，
同理
所以，
设二面角的平面角为，
则，
故二面角的正弦值为.
方法二（几何法）：如图，取的中点，连接，在平面中作，连接，
由（1）知，又为正三角形，
所以，所以，
所以，又，
所以为二面角的平面角，
因为平面，平面，所以，
所以，
在中，，
所以，
所以，
在中，，
所以，
在中，，
所以，
即二面角的正弦值为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1） 由题意，设，再利用，得出的长，再利用结合勾股定理得出，再利用平面平面结合面面垂直的性质定理证出线面垂直，所以平面，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，从而证出。
(2) 方法一（向量法）：取的中点为坐标原点，以的方向为轴正方向，过点分别作和的平行线，分别为轴和轴，建立空间直角坐标系，由为正三角形，，从而得出的长，进而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式和同角三角函数基本关系式得出二面角的正弦值。
方法二（几何法）：取的中点，连接，在平面中作，连接，由（1）知，再利用三角形为正三角形，所以，所以，再利用等边三角形三线合一，所以，再利用，所以为二面角的平面角，再利用平面结合线面垂直的定义，所以，再结合勾股定理得出PA的长和CM的长，再利用余弦定理和同角三角函数基本关系式得出的值，再结合三角函数的定义得出MN和AN的长，再结合余弦定理得出CN的长，在中结合余弦定理和同角三角函数基本关系式得出二面角的正弦值。
21．【答案】（1）解：由的面积为，得，
又四边形的四条边的平方和为16，
所以或，
即椭圆的方程为或.
（2）证明：设，由于，得椭圆的方程为，
设直线的方程为，
当斜率时，线段的中点在轴上，不在直线上，故，
由，得，
由，
得.
由，
设线段的中点为，得，
即，
所以.
所以线段的垂直平分线的方程为.
即，
故线段的垂直平分线恒过点.
因为，
故点在圆内，
所以线段的垂直平分线与圆恒有两个交点.
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 由的面积为结合三角形的面积公式得出bc的值，再利用四边形的四条边的平方和为16，得出a，b，c的值，从而得出椭圆的标准方程。
（2） 设，由于，得出椭圆的标准方程，设直线的方程为，当斜率时，线段的中点在轴上，不在直线上，故，利用直线与椭圆相交，联立二者方程结合判别式法得出，再利用韦达定理得出，设线段的中点为，再结合中点坐标公式得出，再利用代入法得出，再结合两直线垂直斜率之积等于-1，再结合中点坐标公式和直线的点斜式方程求出线段的垂直平分线的方程为，进而得出线段的垂直平分线恒过点，再利用勾股定理结合比较法和点与圆位置关系的判断方法，从而判断出点在圆内，再利用直线与圆位置关系判断方法，从而证出线段的垂直平分线与圆恒有两个交点。
22．【答案】（1）解：由题意得函数的定义域为，
当时，令，得，
所以在上单调递增；
令，得，
所以在上单调递减；
当时，因为恒成立，
所以在上单调递增；
（2）证明：，
令，则在时恒成立，
所以在时单调递增，且，
所以有两个零点等价于有两个零点.
因为，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，
所以，
因为，所以.
下面证明当时，，
设，则，
令，又，
当时，恒成立，
所以单调递增，
得，
故在上单调递增，
得，即，
又因为，
所以在上各存在一个零点，
所以时，函数有且仅有两个零点，
即当时，函数有且仅有两个零点.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；函数零点的判定定理
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合分类讨论的方法，再结合求导的方法判断函数的单调性，进而讨论出函数f(x)的单调性。
（2）利用 ，令，则在时恒成立，再利用求导的方法判断函数的单调性，所以在时单调递增，且，所以有两个零点等价于有两个零点，再利用，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，进而求出函数的最小值，再利用，所以，下面证明当时，，设，再利用求导的方法判断函数的单调性，从而判断出函数在上单调递增，进而结合不等式的基本性质得出，再利用结合零点存在性定理，所以在上各存在一个零点，从而证出当时，函数有且仅有两个零点.。
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1
