高三開學摸底考試卷02（新高考Ⅱ卷變式卷）（解析版）

高三開學摸底考試卷02（新高考Ⅱ卷變式卷）選擇題1．（2023春?信陽月考）已知復數滿足，則在復平面內對應的點位于A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【解析】設，則，因為，所以，所以，，所以在復平面內對應的點的坐標為，位于第四象限．故選：．2．（2023?2月份模擬）設集合，3，，，，，．若，，則A． B． C．1 D．3【解析】集合，3，，，，，，，，，解得．故選：．3．（2023春?重慶期中）中國古代中的“禮、樂、射、御、書、數”合稱“六藝”．“禮”，主要指德育；“樂”，主要指美育；“射”和“御”，就是體育和勞動；“書”，指各種歷史文化知識；“數”，指數學．某校國學社團開展“六藝”課程講座活動，每藝安排一節(jié)，連排六節(jié)，一天課程講座排課有如下要求：“樂”和“書”兩門課程相鄰排課，則“六藝”課程講座不同的排課順序共有A．240種 B．36種 C．120種 D．360種【解析】把樂”和“書”兩門課程看作一個元素，則有種不同的排課順序．故選：．4．（2022秋?甘谷縣期末）已知，，則（3）的值為A． B．13 C．7 D．【解析】根據題意，設，則，則函數為奇函數，又由，則，則（3）（3），則（3），故選：．5．（2023?湖濱區(qū)三模）設橢圓的離心率為，則“”是“”的A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【解析】當時，則；當時，則；所以推不出，充分性不成立；當時，則，必要性成立；綜上：“”是“”的必要不充分條件．故選：．6．（2023春?利州區(qū)校級期中）若函數有三個單調區(qū)間，則實數的取值范圍是A．， B．， C． D．，【解析】由題意得，函數定義域為，函數有三個單調區(qū)間，有兩個不相等的實數根，，即實數的取值范圍是．故選：．7．（2023春?江西月考）已知是第二象限角，且，則A．2 B． C． D．【解析】，，可得：，整理可得：，解得：，或，是第二象限角，，，，故．故選：．8．（2023?大興區(qū)校級模擬）是由實數構成的無窮等比數列，，關于數列，給出下列命題：①數列中任意一項均不為0；②數列中必有一項為0；③數列中一定不可能出現；④數列中一定不可能出現．其中正確的命題個數是A．0 B．1 C．2 D．3【解析】對于①，例如，當時，，故①不正確；對于②，例如，則恒成立，故②不正確；對于③，由①，，故③不正確；對于④，若，則，即，因為，所以，由，所以數列中一定不可能出現，故④正確；故選：．多選題9．（2023春?寧波期末）如圖，在棱長為2的正方體中，點為的中點，點在線段（不包含端點）上運動，記二面角的大小為，二面角的大小為，則A．異面直線與所成角的范圍是 B．的最小值為 C．當的周長最小時，三棱錐的體積為 D．用平面截正方體，截面的形狀為梯形【解析】對于，因為，所以異面直線與所成角為或中的銳角或直角，又，所以△為等邊三角形，因為點在線段（不包含端點）上運動，所以當為線段的中點時，，此時異面直線與所成角為，當點趨近或時，異面直線與所成角趨近，所以異面直線與所成角的范圍是，選項正確；對于，過點作，，因為平面，所以平面，過點作，，垂足為，，所以為二面角的平面角，為二面角的平面角，故，，設，則，，，所以，，所以，因為，所以，，所以，所以當時，取最小值，最小值為，選項正確；對于，延長到點，使得，則，所以，當且僅當，，三點共線時等號成立，所以當點為線段與的交點時，的周長最小，因為，所以△，所以，又，所以，所以的面積，又，，，，平面，所以平面，所以點到平面的距離為，所以當的周長最小時，三棱錐的體積為，選項錯誤；對于，延長，，兩直線交于點，連接，設，，連接，，因為平面平面，平面平面，平面平面，所以，又，所以四邊形為梯形，所以用平面截正方體，截面的形狀為梯形，正確．故選：．10．（2023?安徽二模）已知拋物線的焦點到準線的距離為4，直線與交于，兩點，且，，若過點，分別作的兩條切線交于點，則A． B． C． D．以為直徑的圓過點【解析】因為拋物線的焦點到準線得距離為4，所以，所以拋物線的方程為，設，，，，由可知為的中點，所以且，，由，可得，所以直線的斜率為，所以直線的方程為，即，聯立，可得，所以，對函數求導可得，所以切線的方程為，即，①同理可知，切線的方程為，②聯立①②，解得，，所以，拋物線的焦點，對于，故正確；對于：直線的方程為過點，所以，故錯誤；對于，，所以，所以，故正確；對于：因為，且為的中點，所以，所以以為直徑的圓過點，故正確，故選：．11．（2023?昌江縣二模）函數的定義域為，它的導函數的部分圖象如圖所示，則下面結論正確的是A．在上函數為增函數 B．在上函數為增函數 C．在上函數有極大值 D．是函數在區(qū)間，上的極小值點【解析】由圖象可得，當時，，函數單調遞增，當時，，函數單調遞減，當時，，函數單調遞增，故當時，函數取得極大值，當時，函數取得極小值．故選：．12．（2023春?思明區(qū)校級期末）某工廠有3個車間生產同型號的電子元件，第一車間的次品率為，第二車間的次品率為，第三車間的次品率為，三個車間的成品都混合堆放在一個倉庫．假設第一、二、三車間生產的成品比例為，現有一客戶從該倉庫中隨機取一件，則下列說法正確的有A．取出的該件是次品的概率約為0.012 B．取出的該件是次品的概率約為0.016 C．若取出的電子元件是次品，則它是第一車間生產的概率約為0.5 D．若取出的電子元件是次品，則它是第一車間生產的概率約為0.4【解析】取第一車間的產品數為300件，第二車間的產品數為200件，第三車間的產品數為300件，所以共有次品件，則任取一件為次品的概率，取出的電子元件是次品，則它是第一車間生產的概率約為，故選：．三．填空題13．（2022春?成都期末）已知向量，，其中，．若，則的值為．【解析】向量，，，，，，，，，故答案為：4．14．（2023春?遼寧月考）某車間對一個正六棱柱形的工件進行加工，該工件的所有棱長均為．需要在底面的中心處打一個半徑為的圓柱形通孔（如圖所示），當工件加工后的表面積最大時，加工后的工件體積為．【解析】正六邊形的底面邊長為4，．正六棱柱形的工件的表面積為定值，要使工件加工后的表面積最大，則取得最大值，令（a），則當，時，（a）取得最大值，此時加工后的工件體積為：．故答案為：．15．（2023?江西二模）圓，，過作圓的切線，，過作斜率為1的直線與圓交于點在內），線段上有一點使，則的坐標為．【解析】因為，，是過點的圓的切線，所以的方程為，即，又過作斜率為1的直線，所以直線的方程為，設直線與線段交于點，聯立直線和直線的方程得，解得，即點的坐標為，當點在左，點在右，如圖所示，可知，當時，則，作的平分線，交于于第三象限一點，則直線過點，則因為點坐標為，所以直線的方程為，直線的方程與方程聯立，，得出點坐標為，直線的方程與方程聯立，，解得，因為在內，所以點坐標為，所以，設直線的斜率為，因為，所以，即，解得，聯立直線與直線的方程得：，解得，代入得，則點的坐標為，同理可得點當點在左，點在右，得出點的坐標為．故答案為：．16．（2022秋?合肥期末）已知函數的最小正周期為，其圖象過點，則．【解析】由題意得，，，所以，，所以，故．故答案為：．四．解答題17．（2023?大埔縣三模）在中，內角，，的對邊分別為，，、且．（1）求；（2）若，，點，分別在邊，上，且將分成面積相等的兩部分，求的最小值．【解析】（1）由，可得，，，，，．（2）設，，根據題意有．，，由余弦定理得，，當且僅當時取等號，的最小值．18．（2023春?龍泉驛區(qū)月考）已知各項均為正數的數列滿足，其中是數列的前項和．（1）求數列的通項公式；（2）數列滿足，求的前100項和．【解析】（1）當時，，，，由①可知，當時，②，①②得：，即，因為數列各項均為正數，所以，又因為，所以數列為等差數列，公差、首項均為1，所以．（2）由得，，，；令，則．19．（2023?秀英區(qū)校級三模）某加盟連鎖店總部對旗下600個加盟店中每個店的日銷售額（單位：百元）進行了調查，如圖是隨機抽取的50個加盟店的日銷售額的頻率分布直方圖．若將日銷售額在，的加盟店評定為“四星級”加盟店，日銷售額在，的加盟店評定為“五星級”加盟店．（1）根據上述調查結果，估計這50個加盟店日銷售額的平均數和中位數（同一組中的數據用該組區(qū)間的中點值為代表，結果精確到；（2）若該加盟連鎖店總部旗下所有加盟店的日銷售額，其中近似為（1）中的樣本平均數，根據的分布估計這600個加盟店中“五星級”加盟店的個數（結果精確到整數）；（3）該加盟連鎖店總部決定對樣本中“四星級”及“五星級”加盟店進一步調研，現從這些加盟店中隨機抽取3個，設為抽取的“五星級“加盟店的個數，求的概率分布列與數學期望．參考數據：若，則，，．【解析】（1）由頻率分布直方圖得樣本中日銷售額為，，，，，，，，，，，，，的頻率分別為0.08，0.10，0.20，0.24，0.20，0.12，0.06，估計這50個加盟店日銷售額的平均數為：（百元），，，中位數在，內，設中位數為百元，則，解得．估計中位數為13百元．（2）由（1）知，，，，估計這600個加盟店中“五星級”加盟店的個數為．（3）由（1）得樣本中“四星級”加盟店有（個，“五星級”加盟店有（個，的所有可能取值為0，1，2，3，，，，．的概率分布列為：0123．20．（2023春?上高縣校級月考）如圖，在四棱臺中，，，四邊形為平行四邊形，點為棱的中點．（1）求證：平面；（2）若四邊形為正方形，平面，，求二面角的余弦值．【解析】（1）證明：連接，因為幾何體為四棱臺，且，所以且，又點為棱的中點，且，所以且，所以四邊形為平行四邊形．所以，又因為平面，平面，所以平面；（2）以為坐標原點，為軸，為軸，為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，0，，，2，，，1，．設平面的一個法向量為，，，因為，，，，1，，由，得，令，得，，所以平面的一個法向量為，2，，易知平面的一個法向量為，0，，因為，，所以二面角的余弦值為．21．（2023秋?松江區(qū)期末）已知雙曲線經過點，兩條漸近線的夾角為，直線交雙曲線于、兩點．（1）求雙曲線的方程；（2）若過原點，為雙曲線上異于，的一點，且直線、的斜率，均存在，求證：為定值；（3）若過雙曲線的右焦點，是否存在軸上的點，使得直線繞點無論怎樣轉動，都有成立？若存在，求出的坐標；若不存在，請說明理由．【解析】（1）解：由題意得解得，雙曲線的方程為；（2）證明：設，，由雙曲線的對稱性，可得，．設，（5分）則，，，（8分）所以（3）解：由（1）得點為當直線的斜率存在時，設直線方程，，，，將方程與雙曲線方程聯立消去得：，，假設雙曲線上存在定點，使恒成立，設為則，故得：對任意的恒成立，，解得，當點為時，恒成立；當直線的斜率不存在時，由，知點使得也成立．又因為點是雙曲線的左頂點，所以雙曲線上存在定點，使恒成立．22．（2023?鼓樓區(qū)校級模擬）已知函數．（1）討論函數的單調性；（2）若函數有兩個零點，，且，求證：（其中是自然對數的底數）．【解析】（1）函數定義域為，，當時恒成立，所以當時，當時，所以在上單調遞增，在上單調遞減；當時令，解得或，當，即時恒成立，所以在上單調遞增；當即時，令，解得或，則在，上單調遞增，令，解得