江西省萍乡市湘东中学2022届高三上学期开学考试数学试题

江西省萍乡市湘东中学2022届高三开学考试数学（理科）试卷（考试试卷：120分钟，满分150分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.已知集合，则()A. B. C. D.2.设复数z=102-i(其中i为虚数单位)，则z的共轭复数的虚部为(A.2 B.2i C.-2 D.3．双曲线的离心率是，过右焦点作渐近线的垂线，垂足为，若的面积是1，则双曲线的实轴长是（）A．1B．2C．D．4．偶函数在上为增函数，且，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．5．为了配合创建全国文明城市的活动，我校现从4名男教师和5名女教师中，选取3人，组成创文明志愿者小组，若男女至少各有一人，则不同的选法共有（）A.140种 B.70种 C.35种 D.84种6．已知平面向量的夹角为，且，则()A.1 B. C.2 D.7．已知双曲线C的焦点为F1，F2，点P为双曲线上一点．若|PF2|＝2|PF1|，∠PF1F2＝60°，则双曲线的离心率为A．B．2C．D．8．已知向量a＝（1，x－1），b＝（y，2）若向量a，b同向，则x＋y的最小值为A．B．2C．D．9．的展开式中的系数是A.90 B． C．15 D．10．已知双曲线的左，右焦点分别为，O为坐标原点，P为双曲线在第一象限上的点，直线PO，分别交双曲线C的左，右支于另一点，且，则双曲线的离心率为A． B．3 C．2 D．11.已知A（4,3），F为椭圆的右焦点，过点A的直线与椭圆在x轴上方相切于点B，则直线BF的斜率为A．B．C．D．12.已知不等式恒成立，则的最大值为A．B．C．D．二．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知向量a=(1,2)，b=(2,m)，若a//b，则a14.已知实数x，y满足不等式组x-y+2≥0x+y≤2y≥0，则z=x-2y的最小值为______．15.某医院传染病科室有5名医生、4名护士，现从这9名医护人员中选取5名参加医院组织的运动会，要求其中至少有2名医生、2名护士，则不同的选取方法有__________种.16.已知定义在R上的函数满足，且当时，，当时，，则函数在上有_________个零点.三．解答题：共70分。解答写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17-21题为必考题，每个考题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。17．（本题12分）已知等比数列中，，．（）若为等差数列，且满足，，求数列的通项公式．（）若数列满足，求数列的前项和．18.如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，各棱长均相等．D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点．(1)证明：EF∥平面A1CD；(2)若三棱柱ABC­A1B1C1为直棱柱，求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值．19.某商场经销某商品，根据以往资料统计，顾客采用的付款期数ξ的分布列为ξ12345P0.40.20.20.10.1商场经销一件该商品，采用1期付款，其利润为200元；分2期或3期付款，其利润为250元；分4期或5期付款，其利润为300元．η表示经销一件该商品的利润．(1)求事件A：“购买该商品的3位顾客中，至少有1位采用1期付款”的概率P(A)；(2)求η的分布列及期望E(η)．20.如图已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，右顶点为A，且|AF|＝1.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且只有一个交点P，且与直线x＝4交于点Q，问，是否存在一个定点M(t,0)，使得eq\o(MP,\s\up7(→))·eq\o(MQ,\s\up7(→))＝0.若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．21.已知函数.（1）若，讨论方程根的情况；（2）若，讨论方程根的情况.（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。22.在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线的极坐标方程为，过点的直线的参数方程为（为参数），直线与曲线相交于两点.（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；（2）若，求的值.23.已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若对任意恒成立，求的最小值.

数学（理科）参考答案1.B2.C3.B4.B5.B6.A7.D8.D9.B10.D11.C12.A13.-3014.-415.1016.717.(Ⅰ)在等比数列中,.所以,由得,即,因此,3分在等差数列中,根据题意,可得,所以,6分(Ⅱ)若数列满足,则,8分因此有12分18.解：(1)证明：在三棱柱ABC­A1B1C1中，AC∥A1C1，且AC＝A1C1，连接ED(图略)，在△ABC中，因为D，E分别为棱AB，BC的中点，所以DE∥AC，DE＝eq\f(1,2)AC.又F为A1C1的中点，可得A1F＝eq\f(1,2)A1C1，所以A1F∥DE，A1F＝DE，因此四边形A1FED为平行四边形，所以EF∥A1D，又EF⊄平面A1CD，A1D⊂平面A1CD，所以EF∥平面A1CD.(2)法一：因为底面ABC是正三角形，D为AB的中点，所以CD⊥AB，又AA1⊥CD，AA1∩AB＝A，所以CD⊥平面A1ABB1.如图在平面A1ABB1内，过点B作BG⊥A1D，交直线A1D于点G，连接CG，则BG⊥平面A1CD，所以∠BCG为直线BC与平面A1CD所成的角．设三棱柱的棱长为a，可得A1D＝eq\f(\r(5)a,2)，由△A1AD∽△BGD，可得BG＝eq\f(\r(5)a,5)，在Rt△BCG中，sin∠BCG＝eq\f(BG,BC)＝eq\f(\r(5),5).所以直线BC与平面A1CD所成角的正弦值为eq\f(\r(5),5).法二：设A1B1的中点为O，连接OC1，OD，因为三棱柱ABC­A1B1C1为直棱柱，所以OD⊥平面A1B1C1，所以OD⊥OC1，OD⊥OA1.又△A1B1C1为等边三角形，所以OC1⊥A1B1.以O为坐标原点，eq\o(OA1,\s\up7(→))，eq\o(OD,\s\up7(→))，eq\o(OC1,\s\up7(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.设三棱柱的棱长为a，则O(0,0,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，a，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，a，\f(\r(3),2)a))，A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，0))，D(0，a,0)．所以eq\o(BC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，\f(\r(3),2)a))，eq\o(A1D,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，a，0))，eq\o(DC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)a)).设平面A1CD的法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(A1D,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(DC,\s\up7(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)x＋ay＝0，,\f(\r(3),2)az＝0.))令x＝2，得n＝(2,1,0)．设直线BC与平面A1CD所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(|n·eq\o(BC,\s\up7(→))|,|n|·|eq\o(BC,\s\up7(→))|)＝eq\f(a,\r(5)·\r(a2))＝eq\f(\r(5),5).所以直线BC与平面A1CD所成角的正弦值为eq\f(\r(5),5).19.解：(1)由A表示事件“购买该商品的3位顾客中，至少有1位采用1期付款”，可得eq\o(A,\s\up6(－))表示事件“购买该商品的3位顾客中，无人采用1期付款”．又P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝(1－0.4)3＝0.216，故P(A)＝1－P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝1－0.216＝0.784.(2)η的可能取值为200,250,300.P(η＝200)＝P(ξ＝1)＝0.4，P(η＝250)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝0.2＋0.2＝0.4，P(η＝300)＝P(ξ＝4)＋P(ξ＝5)＝0.1＋0.1＝0.2.η的分布列为η200250300P0.40.40.2E(η)＝200×0.4＋250×0.4＋300×0.2＝240.20.解：(1)由c＝1，a－c＝1，得a＝2，∴b＝eq\r(3)，故椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,3x2＋4y2＝12，))消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，∴Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，即m2＝3＋4k2.设P(xP，yP)，则xP＝－eq\f(4km,3＋4k2)＝－eq\f(4k,m)，yP＝kxP＋m＝－eq\f(4k2,m)＋m＝eq\f(3,m)，即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,m)，\f(3,m))).∵M(t,0)，Q(4,4k＋m)，∴eq\o(MP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,m)－t，\f(3,m)))，eq\o(MQ,\s\up7(→))＝(4－t,4k＋m)，∴eq\o(MP,\s\up7(→))·eq\o(MQ,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,m)－t))·(4－t)＋eq\f(3,m)·(4k＋m)＝t2－4t＋3＋eq\f(4k,m)(t－1)＝0恒成立，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t－1＝0，,t2－4t＋3＝0，))解得t＝1.∴存在点M(1,0)符合题意．21.（1），令. 此时①若，在递减，，无零点；②若，在递增，，无零点； ……2分③若，在递减，递增，其中.Ⅰ.若，则，此时在无零点；Ⅱ.若，则，此时在有唯一零点；综上所述：当或时，无零点；当时，有个零点. …5分解法一：，令， ①若，在递增，，无零点；。…6分②若，在递增，递减，递增.其中…7分显然消元：，其中， 令，