1、高三年级2021-2022学年第二学期开学考试数学试卷一、单项选择题：本小题共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. 复数的虚部是（）A. B. C. D. 2. 已知集合，求（）A. B. C. D. 3. 若，则“”是“”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件4. 如图为并排的4块地，现对4种不同的农作物进行种植试验，要求每块地种植1种农作物，相邻地块不能种植同一种农作物且4块地全部种上农作物，则至少同时种植3种不同农作物的种植方法种数为（）A. 24B. 80C. 72D. 965. 已知函数
2、在区间的最大值是M，最小值是m，则的值等于()A. 0B. 10C. D. 6. 若，则的值为（）A. 1B. 4C. D. 27. 如图，一个装有某种液体圆柱形容器固定在墙面和地面的角落内，容器与地面所成的角为，液面呈椭圆形，椭圆长轴上的顶点，到容器底部的距离分别是12和18，则容器内液体的体积是（）A. B. C. D. 8. 已知双曲线的左右焦点分别为，过的直线交双曲线的右支于，两点.点满足，且，若，则双曲线的离心率是（）AB. C. 2D. 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得5分，部分选对的2分，有选错得0分9. 已知展
3、开式中共有7项则该展开式（）A. 所有项的二项式系数和为64B. 所有项的系数和为1C. 二项式系数最大项为第4项D. 有理项共有4项10. 如图，在直三棱柱中，D，E，F分别为AC，AB中点，则下列结论正确的是（）A. 与EF相交B. EF与所成的角为90C. 点到平面DEF的距离为D. 三棱锥A外接球表面积为1211. 已知直线：与抛物线C：相交于A，B两点，点A在x轴上方，点是抛物线C的准线与以AB为直径的圆的公共点，则下列结论正确的是（）AB. C. D. 12. 已知实数a，b满足等式，则下列不等式中可能成立的有（）A. B. C. D. 三、填空题：共4小题，每题5分，共20分13
4、. 已知某样本数据分别为1，2，3，a，6，若样本均值，则样本方差_14. 数学家也有许多美丽的错误，法国数学家费马于1640年提出了（，1，2，）是质数的猜想，直到1732年才被大数学家欧拉算出不是质数现设（，2，），表示数列的前n项和，若，则_15. 公元前三世纪，阿波罗尼斯在圆锥曲线论中明确给出了椭圆的一个基本性质：如图，过椭圆上任意一点P（不同于A，B）作长轴的垂线，垂足为Q，则为常数k若，则该椭圆的离心率为_16. 已知为正方体表面上的一动点，且满足，则动点运动轨迹的周长为_.四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程17. 已知数列是递增等比数列，且.（1）求
5、数列的通项公式；（2）求数列的前n项和.18. 已知的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且（1）求角C的值；（2）若，求面积的最大19. 自疫情以来，与现金支付方式相比，手机支付作为一种更方便快捷并且无接触的支付方式得到了越来越多消费者和商家的青睐哈九中某研究型学习小组为了调查研究“支付方式的选择与年龄是否有关”，从哈尔滨市市民中随机抽取200名进行调查，得到部分统计数据如下表：手机支付现金支付合计60岁以下802010060岁以上6535100合计14555200（1）根据以上数据，判断是否有的把握认为支付方式的选择与年龄有关；（2）将频率视为概率，现从哈市60岁以下市民中用随机抽样的方
6、法每次抽取1人，共抽取3次记被抽取的3人中选择“手机支付”的人数为，若每次抽取的结果是相互独立的，求的分布列，数学期望和方差参考公式：，其中0.100.0500.0100.0012.7063.8416.63510.82820. 如图，在梯形中，四边形为矩形，且平面，（1）求证：平面；（2）点在线段上一运动，当点在什么位置时，平面与平面所成锐二面角最大，并求此时锐二面角的余弦值21. 已知椭圆的焦距为，左右焦点分别是，其离心率为，圆与圆相交，两圆交点在椭圆上.（1）求椭圆的方程；（2）设直线不经过点且与椭圆相交于两点，若直线与直线的斜率之和为，证明：直线过定点.22. 己知函数，其中m为非零实数
7、（1）讨论函数的单调区间；（2）若函数有两个零点，且，求实数m的取值范围【1题答案】【答案】C【2题答案】【答案】B【3题答案】【答案】B【4题答案】【答案】D【5题答案】【答案】C【6题答案】【答案】B【7题答案】【答案】C【8题答案】【答案】C【9题答案】【答案】ACD【10题答案】【答案】BCD【11题答案】【答案】ABC【12题答案】【答案】ACD【13题答案】【答案】#2.8【14题答案】【答案】6【15题答案】【答案】【16题答案】【答案】【17 题答案】【答案】（1）（2）【小问1详解】设数列的公比为，则.由得，由得，所以，解得或（舍去），所以.所以数列的通项公式为.【小问2详解
8、】由条件知，设，则，将以上两式相减得，所以.设，则.【18 题答案】【答案】（1）；（2）.【小问1详解】由余弦定理可得，整理得于是，又，所以，【小问2详解】由题意可得，整理得，又，所以由余弦定理可得，整理得，由余弦定理可得，即，当且仅当时取等号所以，的面积，当且仅当时取等号因此，面积的最大值为【19题答案】【答案】（1）有的把握认为支付方式的选择与年龄有关（2）分布列见解析，【小问1详解】根据题意可得:的观测值，所以有的把握认为支付方式的选择与年龄有关【小问2详解】由题意可知：在60岁以下的市民中抽到1人选择“手机支付”的概率为，所以，的所有可能取值为0，1，2，3，所以的分布列为0123，
9、【20 题答案】【答案】（1）证明见解析；（2）当点与点重合时，平面与平面所成锐二面角最大，此时锐二面角的余弦值为.【小问1详解】证明：在梯形中，故梯形等腰梯形，因为，则，所以，又因为，则，因为平面，平面，平面，因为四边形为矩形，则，因此，平面.【小问2详解】解：因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，由余弦定理可得，则、，设点，其中，设平面的法向量为，由，取，可得，易知平面的一个法向量为，所以，当时，取最小值，此时平面与平面所成锐二面角最大，此时，平面与平面所成锐二面角的余弦值为.【21 题答案】【答案】（1）（2）证明见解析【小问1详解】由题意得，由圆
10、与圆相交，两圆交点在椭圆上，可知：，又，解得：所以椭圆的方程为：.【小问2详解】证明：当直线的斜率不存在时，设直线，由题意可知，且，设，因为直线的斜率之和为，所以，化简得，所以直线的方程为.当直线的斜率存在时，设方程为，联立消去，化简得.，由题意可得，因为直线的斜率之和为，所以，化简整理得，当且仅当时，即 或且 时符合题意，直线的方程：，即，故直线过定点，综上可得直线过定点.【22 题答案】【答案】（1）答案见解析；（2）.【小问1详解】由题意，当时定义域为，又，由得；由得所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；当时的定义域为，又恒成立，函数的单调递减区间为；综上，当时的单调递增区间为，单调递减区间为；当时的单调递减区间为【小问2详解】由（1）及题设知：，令得：，令，则，令得：，则当时；当时所以在上单调递减，在上单调递增所以，当x趋近于0时趋近于；当x趋近于时趋近于，所以由，两式相减得：令，则，故，记，则，构造，则，所以在上，递减，又，所以时，即，所以在上单调递减，故，即，而，在上单调递减，故，即
