山东省济南市山东师大附中2021-2022学年高三上学期开学考试数学试题含解析

山东师大附中2019级高三开学考试数学试题一、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.已知集合，若有且仅有1个元素，则实数a的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】用列举法表示集合，由题设条件可得，分析即得解【详解】由题意，由有且仅有1个元素，可知，可得故选：C2.命题“∀x∈Z，x2+2x+m≤0”的否定是（）A.不存在x∈Z，x2+2x+m＞0 B.∃x∈Z，x2+2x+m＞0C.∀x∈Z，x2+2x+m≤0 D.∀x∈Z，x2+2x+m＞0【答案】B【解析】【分析】利用含有量词的命题的否定方法：先改变量词，然后再否定结论，求解即可．【详解】解：由含有量词的命题的否定方法：先改变量词，然后再否定结论，则命题“∀x∈Z，x2+2x+m≤0”的否定是：∃x∈Z，x2+2x+m＞0．故选：B．3.已知复数，则复数的虚部为（）A.2 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法运算求解即可.【详解】因为，所以复数的虚部为，故选：B4.已知为导函数，则的图象是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出导函数，判断导函数的奇偶性，再利用特殊值即可得出选项.【详解】，，函数为奇函数，排除B、D.又，排除C.故选：A【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.5.A、B两个物理兴趣小组在实验室研究某粒子运动轨迹.共同记录到粒子的13个位置的坐标信息如下表：055010A小组根据表中数据，直接对y，x作线性回归分析，得到：回归方程为，相关指数；B小组先将数据依变换，进行整理，再对，u作线性回归分析，得到：回归方程为，相关指数根据统计学知识，下列方程中，最有可能是该粒子运动轨迹方程的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由统计学知识可知，越大，拟合效果越好，由此可得拟合效果好的回归方程，然后整理变换可得答案.详解】由统计学知识可知，越大，拟合效果越好.又A小组的相关指数，B小组相关指数所以B小组拟合效果好，拟合效果越好越能反映该粒子运动轨迹，其回归方程为又，，则，即故选：C6.已知函数满足，当，若在区间内，函数有两个不同零点，则实数a的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】转化，可转化为有两个交点，数形结合即得解【详解】由，函数有两个不同零点，可转化为有两个交点当，故作图如下，由于,若有两个交点可得故选：A7.已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，满足，，为球O的直径且，则点P到底面的距离为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】球心O是的中点，球半径，取AB的中点D，可知，求得,利用勾股定理证得，利用线面垂直的判定定理证得平面，进而求得点P到底面的距离【详解】∵三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，为球O的直径且，∴球心O是的中点，球半径，取AB的中点D，连接OD，OB，则，且∵满足，，∴，∴又，平面，平面所以点P到底面的距离为,故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查点到平面的距离的求法，关键是分析出球心O到平面ABC的距离，利用线面垂直的判定定理证得平面，求出OD即可求出点到底面的距离.8.设实数，若对任意的，不等式恒成立，则m的最大值是A. B. C.2e D.e【答案】D【解析】【详解】分析：将原问结合函数的单调性转化为对任意的恒成立，结合导函数的性质求解实数的最大值即可.详解：不等式.设，则,于是f(x)在上是增函数.因为，，所以，即对任意的恒成立，因此只需.设，，所以在上为增函数，所以，所以，即m的最大值是e.本题选择D选项.点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.二、多项选择题（本题共4小题每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.将曲线上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线，则下列结论正确的是（）A. B.C.在上有2个零点 D.在上单调递增【答案】BCD【解析】【分析】先求出的解析式，即可判断A;对于B:利用诱导公式直接证明；对于C:令，直接解方程即可得到答案；对于D：直接判断单调区间即可.【详解】曲线上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到；再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线，所以.故A错误.对于B:，而.因为，所以，即.故B正确；对于C:当时，令，解得：或.即在上有2个零点.故C正确；对于D：当时，，所以在上单调递增.故D正确.故选：BCD.10.不透明的口袋内装有红色、绿色和蓝色卡片各2张，一次任意取出2张卡片，则与事件“2张卡片都为红色”互斥而不对立的事件有（）A.2张卡片不全为红色 B.2张卡片恰有一张红色C.2张卡片至少有一张红色 D.2张卡片都为绿色【答案】BD【解析】【分析】本题先写出所有情况：“2张都为红色”、“2张都为绿色”、“2张都为蓝色”、“1张为红色1张为绿色”、“1张为红色1张为蓝色”、“1张为绿色1张为蓝色”，再根据选项选择互斥而不对立的事件即可.【详解】6张卡片中一次取出2张卡片的所有情况有：“2张都为红色”、“2张都为绿色”、“2张都为蓝色”、“1张为红色1张为绿色”、“1张为红色1张为蓝色”、“1张为绿色1张为蓝色”，选项中给出的四个事件中与“2张都为红色”互斥而非对立“2张恰有一张红色”“2张都为绿色”，其中“2张至少一张为红色”包含事件是“2张都为红色”二者并非互斥，“2张不全为红色”是对立事件．故选：BD.【点睛】本题考查互斥事件、对立事件，是基础题.11.过抛物线的焦点F作直线交抛物线于两点，M为线段的中点，则下列结论正确的是（）A.以线段为直径的圆与直线相交 B.以线段为直径的圆与y轴相切C.当时， D.的最小值为4【答案】ACD【解析】【分析】求得抛物线的焦点和准线方程，设，，在准线上的射影为，，，由抛物线的定义和中位线定理、直线和圆的位置关系，即可判断A；当直线的斜率不存在时，显然成立；当直线的斜率存在时，设为1，求得，，的横坐标，由直线和圆的位置关系可判断B；以为极点，轴的正半轴为极轴的抛物线的极坐标方程为，设，，，，求得，，可判断C；考虑直线垂直于轴，取得最小值，可判断D．【详解】解：的焦点，准线方程为，设，，在准线上的射影为，，，由，，，可得线段为直径的圆与准线相切，与直线相交，故A对；当直线的斜率不存在时，显然以线段为直径的圆与轴相切；当直线的斜率存在且不为0，可设直线的方程为，联立，可得，设，，，，可得，，设，，可得的横坐标为，的中点的横坐标为，，当时，的中点的横坐标为，，显然以线段为直径的圆与轴相交，故B错；以为极点，轴的正半轴为极轴的抛物线的极坐标方程为，设，，，，可得，，可得，又，可得，，则，故C正确；显然当直线垂直于轴，可得取得最小值4，故D正确．故选：ACD．12.如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（）A.直线平面B.三棱锥的体积为定值C.异面直线与所成角的取值范围是D.直线与平面所成角的正弦值的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理及线面垂直的性质定理，即可进行判断；对于B，利用线面平行的判定定理，得出∥平面，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可进行判断；对于C，利用异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于D，通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求出直线与平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即可进行判断.【详解】对于A，连接，，，，平面，，同理，，，直线平面，故A正确；对于B，∥，平面，平面，∥平面，点在线段上运动，点到平面的距离为定值，又的面积为定值，利用等体积法知三棱锥的体积为定值，故B正确；对于C，∥，异面直线与所成的角即为与所成的角，当点位于点时，与所成的角为，当点位于的中点时，平面，，，此时，与所成的角为，异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；对于D，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，，则，，，，，，设平面的法向量，则，即，令，得，所以，直线与平面所成角的正弦值为：，当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，最大值为，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：本题考查线面垂直的判定定理、线面垂直的性质定理、线面平行的判定定理、三棱锥的体积的计算方法、异面直线所成角的计算方法、利用向量法求解直线与平面所成角的正弦值，考查学生对这些知识的掌握能力，属于中档题.二、填空题（本题共4小题每小题5分，共20分）13.的二项展开式中项的系数为______.【答案】【解析】【分析】写出二项展开式，令的指数为，求出参数的值，代入展开式通项即可得解.【详解】的展开式的通项为，令，得，所以的二项展开式中项的系数为.故答案为：.【点睛】本题考查利用二项式定理求指定项的系数，考查计算能力，属于基础题.14.数列满足，，则_______．【答案】【解析】【分析】推导出数列中的奇数项成以为首项，以为公差的等差数列，结合等差数列的通项公式可求得的值.【详解】因为，则，上述两式作差可得，所以，数列中的奇数项成以为首项，以为公差的等差数列，因此，.故答案为：.15.已知函数，则不等式的解集为__________．【答案】【解析】【分析】首先判断函数的单调性，再利用函数的单调性，解抽象不等式.【详解】，，函数的对称轴是，所以函数在上单调递增，在单调递增，且，所以函数在上单调递增，不等式，解得：或，所以不等式的解集是.故答案为：16.如图，中点是线段上两个动点，且，则的最小值为______．【答案】8【解析】【分析】设，，由，，，共线可得，再利用乘“1”法求解最值.【详解】设，，，，，共线，，．，则，点，是线段上两个动点，，．则的最小值为．故答案为：．【点睛】由向量共线定理的推论得到是解题关键，乘“1”法求解最值是基本不等式求最值的常用方法..四、解答题（本题共6小题共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17.设数列满足．（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前n项和．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用累加法即可求得数列的通项公式；（2）求出数列的通项公式，利用错位相减法即可求出数列的前n项和．【详解】（1），，，，，，，经检验，也满足.所以数列的通项公式为（2），，.【点睛】方法点睛：本题考查数列求通项公式，及数列求和，求数列和常用的方法：（1）等差等比数列：分组求和法；（2）倒序相加法；（3）（数列为等差数列）：裂项相消法；（4）等差等比数列：错位相减法.18.在锐角中，角，，所对的边分别为，，，且.（1）求角；（2）求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用余弦定理把化简得，再利用余弦定理可求得，从而可求出角；或先利用正弦定理得，再将代入化简可得，从而可求出角；（2）由（1）可知，所以=，再利用三角函数公式化简得，由于为锐角三角形，，从而可得，再利用三角函数的性质可得结果【详解】解：（1）方法一：使用余弦定理∴由余弦定理得：，所以，因为，所以方法二：观察等式，，齐次，考虑使用正弦定理因为所以，因为，所以（2）∴=∵为锐角三角形∴∴∴∴∴【点睛】关键点点睛：此题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查三角函数恒等变换公式的应用，解题的关键是由利用正、余弦定理进行边角统一，然后化简可得结果，属于中档题19.一个盒子内装有张卡片，每张卡片上面写着个数字，这个数字各不相同，且奇数有个，偶数有个．每张卡片被取出的概率相等．（1）如果从盒子中一次随机取出张卡片，并且将取出的张卡片上的数字相加得到一个新数，求所得新数是奇数的概率；（2）现从盒子中一次随机取出张卡片，每次取出的卡片都不放回盒子，若取出的卡片上写着的数是偶数，则停止取出卡片，否则继续取出卡片设取出了次才停止取出卡片，求的分布列和数学期望．【答案】（1）；（2）分布列见解析，.【解析】【分析】（1）利用组合计数原理和古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；（2）分析可知，随机变量的可能取值有、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进一步可求得的值.【详解】（1）记事件取出的张卡片上的数字相加得到的新数为奇数，则所选的两个数中，一个是奇数，一个是偶数，所以，；（2）由题意可知，随机变量可取的值为、、、，则，，，.的分布列为：.20.已知四棱锥中，平面，且，底面是边长为b的菱形，．（1）求证：平面平面；（2）设与交于点为中点，若二面角的正切值是，求的值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）可证明，，继而得到平面，由线在面内，即得证；（2）过作交于，连接，可证明是的平面角，结合题干数据，即得解【详解】（1）平面，平面，，因为为菱形，所以，又因为，所以平面，因为平面平面平面.（2）过作交于，连接，因为平面，所以由三垂线定理可得，所以是的平面角，又，且，从而，.21.已知椭圆，离心率为，短轴长为．为椭圆的左右顶点，P为椭圆上任一点（不同于），直线分别与直线交于两点．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若F为椭圆右焦点，试判断是否为定值，若为定值，