2022-2023学年高三下学期开学摸底考数学试卷（重庆适用）（含解析）

2022-2023学年高三下学期开学摸底考试卷（重庆适用）
数 学 （一）
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．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．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．复数z在复平面内对应的点的坐标为，则（ ）
A． B． C． D．
3．函数的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
4．如图，在直三棱柱中，是直角三角形，且，为棱的中点，点在棱上，且，则异面直线AC与DE所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
5．设等差数列的前项和为，满足，，则（ ）
A． B．的最小值为
C． D．满足的最大自然数的值为25
6．从编号分别为1、2、3、4、5、6、7的七个大小完全相同的小球中，随机取出三个小球，则至少有两个小球编号相邻的概率为（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数，则函数的零点个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
8．已知两条直线，，有一动圆（圆心和半径都在变动）与都相交，并且被截在圆内的两条线段的长度分别是定值26，24，则动圆圆心的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项
中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得
0分．
9．下列命题中，正确的命题是（ ）
A．数据1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的分位数是7
B．若随机变量，则
C．若事件A，B满足，则A与B独立
D．若随机变量，，则
10．已知函数的最小正周期为，将的图象向左平移个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ）
A． B．在单调递增
C．的图象关于对称 D．在上的最大值是1
11．已知抛物线的焦点为，过原点的动直线交抛物线于另一点，交抛物线的准线于点，下列说法正确的是（ ）
A．若为线段中点，则 B．若，则
C．存在直线，使得 D．面积的最小值为2
12．定义：在区间上，若函数是减函数，且是增函数，则称在区间上是“弱减函数”．根据定义可得（ ）
A．在上是“弱减函数”
B．在上是“弱减函数”
C．若在上是“弱减函数”，则
D．若在上是“弱减函数”，则
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．已知向量，，若，则实数______．
14．将3封不同的信随机放入2个不同的信箱中，共有种不同的放法，则在的展开式中，含项的系数为________．
15．《数书九章》三斜求积术：“以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约一，为实，一为从隅，开平方得积”．秦九韶把三角形的三条边分别称为小斜、中斜和大斜，“术”即方法．以，，，分别表示三角形的面积，大斜，中斜，小斜；分别为对应的大斜，中斜，小斜上的高；则．若在中，，，，根据上述公式，可以推出该三角形外接圆的半径为__________．
16．定义：若A，B，C，D为球面上四点，E，F分别是AB，CD的中点，则把以EF为直径的球称为AB，CD的“伴随球”．已知A，B，C，D是半径为2的球面上四点，，则AB，CD的“伴随球”的直径取值范围为__________；若A，B，C，D不共面，则四面体ABCD体积的最大值为___________．
四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）如图，中，角，，的对边分别为，，，且
．
（1）求角的大小；
（2）已知，若为外接圆劣弧上一点，求的最大值．
18．（12分）已知数列满足，．
（1）设，证明：是等差数列；
（2）设数列的前n项和为，求．
19．（12分）如图1，在平面四边形中，，，，．将沿翻折到的位置，使得平面平面，如图2所示．
（1）设平面与平面的交线为，求证：；
（2）在线段上是否存在一点（点不与端点重合），使得二面角的余弦值为，请说明理由．
20．（12分）某企业从生产的一批零件中抽取100件产品作为样本，检测其质量指标值m（其中：），得到频率分布直方图，并依据质量指标值划分等级如表所示：
质量指标值m 150≤m<350 100≤m<150或350≤m≤400
等级 A级 B级
（1）根据频率分布直方图估计产品的质量指标值的分位数；
（2）从样本的B级零件中随机抽3件，记其中质量指标值在[350，400]的零件的件数为，求的分布列和数学期望；
（3）该企业为节省检测成本，采用混装的方式将所有的零件按500个一箱包装，已知一个A级零件的利润是10元，一个B级零件的利润是5元，以样本分布的频率作为总体分布的概率，试估计每箱零件的利润．
21．（12分）已知抛物线的焦点为F，点在E上．
（1）求；
（2）O为坐标原点，E上两点A、B处的切线交于点P，P在直线上，PA、PB分别交x轴于M、N两点，记和的面积分别为和．试探究：是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由．
22．（12分）已知函数，．
（1）讨论的单调性；
（2）当，时，，证明：．
参 考 答 案
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．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．【答案】C
【解析】由题设，，，所以，故选C．
2．【答案】D
【解析】依题意，，，故选D．
3．【答案】C
【解析】函数定义域为R，，
即是奇函数，A，B不满足；
当时，即，则，
而，因此，D不满足，C满足，
故选C．
4．【答案】B
【解析】如图所示，在棱BC上取点，使，连接，
因为，为棱的中点，点在棱上，且，
设，可得，，，，
在中，因为，所以，
在直角中，，
在直角中，，
因为D是的中点，所以，所，
又因为，所以，所以四边形是平行四边形，
所以，所以是异面直线与所成的角，
在中，由余弦定理可得，
即异面直线AC与DE所成角的余弦值是，故选B．
5．【答案】C
【解析】由于，，
∴上式中等差中项，，即，故A错误；
由等差数列的性质可知，，即，故B错误；
由以上分析可知C正确，D错误，
故选C．
6．【答案】A
【解析】随机取出三个小球共有种情况，
任意两个小球编号都不相邻的基本事件有，，，，，，，，，共有10种，
故所求概率为，故选A．
7．【答案】D
【解析】令．
①当时，，则函数在上单调递增，
由于，，
由零点存在定理可知，存在，使得；
②当时，，由，解得．
作出函数，直线的图象如下图所示：
由图象可知，直线与函数的图象有两个交点；
直线与函数的图象有两个交点；
直线与函数的图象有且只有一个交点，
综上所述，函数的零点个数为5，故选D．
8．【答案】D
【解析】设动圆圆心，半径为，
则到的距离，到的距离，
因为被截在圆内的两条线段的长度分别是定值26，24，
，化简后得，
相减得，
将，代入后化简可得，
故选D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．【答案】CD
【解析】A：由，所以分位数是，错误；
B：由题设，，错误；
C：因为，即，
又，即，
所以，故A与B独立，正确；
D：由题设，关于对称，所以，正确，
故选CD．
10．【答案】AC
【解析】由题意，，所以，
，，，A正确；
时，，递增，递减，B错；
是最大值，C正确；
时，，的最小值是，的最大值是，
D错，
故选AC．
11．【答案】AD
【解析】抛物线的准线为，焦点，
若为中点，所以，所以，故A正确；
若，则，所以，故B错误；
设，则，所以，，
所以，所以与不垂直，故C错误；
，
当且仅当，即时，取等号，
所以面积的最小值为2，故D正确，
故选AD．
12．【答案】BCD
【解析】对于A，在上单调递减，不单调，故A错误；
对于B，，在上，，函数单调递减，
，，∴在单调递增，故B正确；
对于C，若在单调递减，由，得，
∴，在单调递增，故C正确；
对于D，在上单调递减，
在上恒成立，
令，，
令，，
∴在上单调递减，，
∴，∴在上单调递减，，
∴，
在上单调递增，
在上恒成立，
∴，
令，，
∴在上单调递增，，
∴，
综上：，故D正确，
故选BCD．
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．【答案】20
【解析】依题意，
若，则，解得，
故答案为．
14．【答案】70
【解析】由题意得，
在展开式中，，
当，即时，该项为，
故答案为70．
15．【答案】（或）
【解析】由，知，
设，
则，
又，∴，∴，
∴，∴，
又，∴，
∴该三角形外接圆的直径，
即该三角形外接圆的半径为，故答案为．
16．【答案】，4
【解析】设为所在球面的球心，∴．
∵，且分别是的中点，
∴，，且，
∴，
则E、F均是以O为球心，1为半径的球面上的点，
若以EF为直径作球，则，
即AB，CD的“伴随球”的直径取值范围是．
∵E是AB中点，∴，
d为点到平面距离，，
又，为点到距离，，
∴，当且仅当，F三点共线，且⊥CD时，等号成立．
故答案为，4．
四、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）法一：∵，
由正弦定理得，
∴，
∴，
∵，∴，
又∵，∴．
法二：∵，
由余弦定理得，
∴，∴，
∵，∴．
（2）由（1）知，，而四边形内角互补，则，
法一：设，则，
由正弦定理得，
∴，，
∴，
当且仅当时，的最大值为．
法二：在中，，，
由余弦定理得，
∴，∴，
当且仅当时，的最大值为．
18．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）因为，
∵，∴，
所以数列是以3为首项，1为公差的等差数列．
（2）因为，所以，
由，得，
故，
所以
．
19．【答案】（1）证明见解析；（2）存在点为的中点时，使得二面角的余弦值为，理由见解析．
【解析】（1）证明：延长相交于点，连接，
则为平面与平面的交线．
证明如下：
由平面平面，，平面，
且平面平面，所以平面，
又由，所以平面，
因为平面，所以，所以．
（2）解：由（1）知：，
以为坐标原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，则，
设其中，则，所以，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
又由平面，所以平面的一个法向量为，
则，解得，
所以存在点为的中点时，使得二面角的余弦值为．
20．【答案】（1）；（2）分布列见解析，数学期望为；（3）每箱零件的利润是4750元．
【解析】（1）前三组的频率和为，
前四组的频率和为，
设分位数为，，
，解得，
∴产品的质量指标值的分位数为．
（2），
所以样本的B级零件个数为10个，质量指标值在[350，400]的零件为5个，
故可能取的值为0，1，2，3，
相应的概率为，，
，，
随机变量的分布列为
0 1 2 3
所以期望．
（3）设每箱零件中A级零件有个，则级零件有个，每箱零件的利润为元，
由题意知：，
由（2）知：每箱零件中B级零件的概率为，A级零件的概率为，
所以，所以，
所以(元)，
所以每箱零件的利润是4750元．
21．【答案】（1）；（2）是，为定值2．
【解析】（1）因为点在E上，于是，解得，
所以．
（2）抛物线方程为，故，所以．
设A、B的坐标分别为、，
则PA的方程为，即；
同理PB的方程为，
联立PA，PB方程得，，
所以P、M、N的坐标分别为，，，
则，，
设AB的直线方程为，联立消去y得，
由韦达定理可知，所以，
故直线AB过定点，
所以，，
因此，，故为定值2．
22．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．
【解析】（1）的定义域为R，．
①当时，当或时，，单调递增；
当时，，单调递减．
②当时，当或时，，单调递减；
当时，，单调递增．
（2）由，得，
因为，所以，
令，则，
设，则，
所以在上单调递增，
又因为，，
（由（1）知当时，，所以当时，，即．）
所以，存在，使得，即．
所以，当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，所以，
所以．
设，
则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，所以．