1、高三开学收心检测数学考生注意：1本试卷分第I卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共150分考试时间120分钟2请将各题答案填写在答题卡上3本试卷主要考试内容：高考全部内容第I卷一、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. 【答案】D【解析】【分析】分别解对数不等式，一元二次不等式求出集合A,B，直接进行交集运算.【详解】因为，或，所以.故选：D【点睛】本题考查集合的交集运算，涉及对数不等式、一元二次不等式，属于基础题.2.已知复数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用复
2、数除法、加法运算，化简求得，再求得【详解】，故.故选：B【点睛】本小题主要考查复数的除法运算、加法运算，考查复数的模，属于基础题.3.设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用“分段法”比较出三者的大小关系.【详解】因为，所以.故选：C【点睛】本小题主要考查指数、对数比较大小，属于基础题.4.函数的最小正周期为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用降次公式化简表达式，再由此求得最小正周期.【详解】因为，所以最小正周期为.故选：D【点睛】本小题主要考查三角函数降次公式，考查三角函数最小正周期的求法，属于基础题.5.“”是“”的（ ）A. 充分不必要条
3、件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据对数函数的定义域及单调性，可得的关系，结合充分必要条件性质即可判断.【详解】若，根据对数函数的定义域及单调性可知，可得，因而具有充分关系；若，则，当时对数函数无意义，因而不具有必要性；综上可知“”是“”的充分不必要条件故选：A.【点睛】本题考查了充分必要条件的定义域判断，对数函数与图像性质的应用，属于基础题.6.已知抛物线的焦点为，为上一点且在第一象限，以为圆心，为半径的圆交的准线于，两点，且三点共线，则（ ）A. 12B. 10C. 6D. 8【答案】A【解析】【分析】设准线与轴交于，由已知可得为圆的
4、直径，轴，可得，再由抛物线的定义，即可求解.【详解】因为三点共线，所以为圆的直径，轴，为中点，因为到准线的距离为6，所以 由抛物线定义知，故选：A【点睛】本题考查抛物线的定义、标准方程及其性质，考查圆的性质，考查了推理能力，属于中档题.7.已知函数是偶函数，当时，则曲线在处的切线方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】首先根据函数的奇偶性，求得当时，的解析式，然后求得切点坐标，利用导数求得斜率，从而求得切线方程.【详解】因为，所以曲线在处的切线方程为，即.故选：A【点睛】本小题主要考查根据函数奇偶性求函数解析式，考查利用导数求切线方程，属于基础题.8.在四面体中，且，所成
5、的角为30，则四面体的体积为( )A. 8B. 6C. 7D. 5【答案】D【解析】【分析】先求出的面积，再求出点到面的距离，然后结合棱锥体积公式求解即可.【详解】解：由题意，如图所示，过点作的平行线，则平面，且为30或150，从点向作垂线，垂足为，易证平面.则点到平面的距离，则四面体的体积为.故选：D.【点睛】本题考查了棱锥体积公式，重点考查了运算能力，属中档题.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，有多项符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分9.一组数据，的平均值为7，方差为4，记，的平均值为a，方差为b，则（ ）A. B.
6、 C. D. 【答案】BD【解析】【分析】根据所给平均数与方差，可由随机变量均值与方差公式求得，进而求得平均值为a，方差为b.【详解】设，数据，的平均值为7，方差为4，即，由离散型随机变量均值公式可得所以,因而，的平均值为；由离散型随机变量的方差公式可得所以,因而，的方差为，故选：BD.【点睛】本题考查了离散型随机变量均值与方差公式的简单应用，属于基础题.10.设为三条不同的直线，为两个不同的平面，则下面结论正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. ，则【答案】C【解析】【分析】根据线线、线面、面面位置关系，对选项逐一分析，由此确定结论正确的选项.【详解】A选项中，可能异面；B选
7、项中，也可能平行或相交；D选项中，只有相交才可推出.C选项可以理解为两个相互垂直的平面，它们的法向量相互垂直.故选：C【点睛】本小题主要考查线线、线面和面面位置关系命题真假性判断，属于基础题.11.在三棱锥D-ABC中，且，M，N分别是棱BC，CD的中点，下面结论正确的是（ ）A. B. 平面ABDC. 三棱锥A-CMN的体积的最大值为D. AD与BC一定不垂直【答案】ABD【解析】【分析】根据题意画出三棱锥D-ABC，取中点，连接：对于A，根据等腰三角形性质及线面垂直判定定理可证明平面，从而即可判断A；对于B，由中位线定理及线面平行判定定理即可证明；对于C，当平面平面时，三棱锥A-CMN的体
8、积最大，由线段关系及三棱锥体积公式即可求解；对于D，假设，通过线面垂直判定定理可得矛盾，从而说明假设不成立，即可说明原命题成立即可.【详解】根据题意，画出三棱锥D-ABC如下图所示，取中点，连接：对于A，因为，且，所以为等腰直角三角形，则且，则平面，所以，即A正确；对于B，因为M，N分别是棱BC，CD的中点，由中位线定理可得，而平面，平面，所以平面，即B正确；对于C，当平面平面时，三棱锥A-CMN的体积最大，则最大值为，即C错误；对于D，假设，由,且,所以平面，则，又因为，且，所以平面，由平面，则，由题意可知，因而不能成立，因而假设错误，所以D正确；综上可知，正确的为ABD，故选：ABD.【点
9、睛】本题考查了空间几何体的性质及综合应用，三棱锥体积公式，线面平行、线面垂直的判定定理及性质应用，属于中档题.12.定义：若函数在区间上的值域为，则称区间是函数的“完美区间”，另外，定义区间的“复区间长度”为，已知函数，则（ ）A. 是的一个“完美区间”B. 是的一个“完美区间”C. 的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为D. 的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为【答案】AC【解析】【分析】根据定义，当时求得的值域，即可判断A；对于B，结合函数值域特点即可判断；对于C、D，讨论与两种情况，分别结合定义求得“复区间长度”，即可判断选项.【详解】对于A，当时，则其值域为，满足定义域与值域的范
10、围相同，因而满足“完美区间”定义，所以A正确；对于B，因为函数，所以其值域为，而，所以不存在定义域与值域范围相同情况，所以B错误；对于C，由定义域为，可知，当时，此时，所以在内单调递减，则满足，化简可得，即，所以或，解得（舍）或，由解得或（舍），所以，经检验满足原方程组，所以此时完美区间为，则“复区间长度”为；当时，若，则，此时.当在的值域为，则，因为 ，所以，即满足，解得，（舍）.所以此时完美区间为，则“复区间长度”为；若，则，此时在内单调递增，若的值域为，则，则为方程的两个不等式实数根，解得， 所以，与矛盾，所以此时不存在完美区间.综上可知，函数的“复区间长度”的和为，所以C正确，D错误；
11、故选：AC.【点睛】本题考查了函数新定义的综合应用，由函数单调性判断函数的值域，函数与方程的综合应用，分类讨论思想的综合应用，属于难题.第卷三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.已知向量，的夹角为，则_.【答案】【解析】【分析】利用两个向量夹角计算公式，求得的值，再根据同角三角函数的基本关系式求得的值.【详解】依题意，所以.故答案为：【点睛】本小题主要考查向量夹角的坐标运算，考查同角三角函数的基本关系式，属于基础题.14.展开式中常数项为_.【答案】【解析】【分析】求得二项展开式的通项，令，解得，代入即可得到展开式的常数项【详解】由题意，二项展开式的通项为，令，解得，所以常数项为【
12、点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，其中解答中熟记二项展开式的通项是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题15.左手掷一粒骰子，右手掷一枚硬币，则事件“骰子向上为6点且硬币向上为正面”的概率为_【答案】【解析】【分析】分别求得骰子向上为6点和硬币向上为正面概率，由独立事件概率公式即可求解.【详解】骰子向上为6点的概率为；硬币向上为正面的概率为；由独立事件概率公式可知“骰子向上为6点且硬币向上为正面”的概率为，故答案为：.点睛】本题考查了古典概型概率求法，独立事件概率乘法公式应用，属于基础题.16.已知抛物线的准线与x轴的交点为H，点F为抛物线的焦点，点P在抛物线上且，当k最大时，点
13、P恰好在以H，F为焦点的双曲线上，则k的最大值为_，此时该双曲线的离心率为_【答案】 (1). 1 (2). 【解析】【分析】画出抛物线，过作抛物线准线于，连接，设直线的倾斜角为，由抛物线定义可得，由题意当k最大时，取得最小值.而当取得最小时，直线与抛物线相切，设出直线方程，联立抛物线可求得，进而得切点坐标，即可由双曲线定义及几何性质求得离心率.【详解】根据题意画出抛物线，过作抛物线准线于，连接.由抛物线定义可知，由，（），设直线的倾斜角为，则，可得，当k最大时，取得最小值，且，当取得最小值时直线与抛物线相切，设直线的方程为，则，化简可得，因为直线与抛物线相切，则，解得，由可得，同时可得切点横
14、坐标为，将切点横坐标带入抛物线可得，因为点P恰好在以H，F为焦点的双曲线上，由双曲线定义及两点间距离公式可得，所以双曲线离心率为，故答案为：1；.【点睛】本题考查了抛物线定义及几何性质的应用，双曲线定义及几何性质应用，直线与抛物线相切位置关系的应用，属于中档题.四，解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.在，三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答已知内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若_，且a，b，c成等差数列，则是否为等边三角形？若是，写出证明；若不是，说明理由注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分【答案】；证明见解析【解析】【分析】
15、选择：由余弦降幂公式代入即可求得，结合a，b，c成等差数列可得，代入余弦定理公式，即可得，结合等式可求得，进而证明为等边三角形.【详解】选择，证明：则由余弦降幂公式可得，即，由可得，又因为a，b，c成等差数列，则B为锐角，则，由余弦定理可知，代入可得，即，则，化简可得，即，又因为，所以为等边三角形.【点睛】本题考查了三角函数解析式的化简应用，余弦降幂公式化简三角函数式，余弦定理解三角形，等差中项性质的应用，综合性较强，属于中档题.18.已知数列满足（1）求数列的通项公式；（2）设数列的前项和为，证明：【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1），当时，两式相减即得数列的通项公式；（2）
16、先求出，再利用裂项相消法求和证明.【详解】（1）解：，当时，当时，由-，得，因为符合上式，所以（2）证明：因为，所以【点睛】本题主要考查数列通项的求法，考查数列求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.19.如图，在四棱锥中，是边长为4的正方形，平面，分别为的中点.（1）证明：平面.（2）若，求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）记的中点为，连接，通过证明，且推出四边形为平行四边形，则，由线线平行推出线面平行；（2）以为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面、平面的法向量，代入即可求得二面角的余弦值从而求正弦值.【详解】（1）证明：记的中点为，连接，.因为分别为
17、的中点，则，且.因为，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，则.又平面，平面，所以平面.（2）以为原点，分别以，为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量，则令，则设平面的法向量为，则令，则.，设二面角为，则，即二面角的正弦值为.【点睛】本题考查线面平行的证明，空间向量法求二面角的余弦值，属于中档题.20.生男生女都一样，女儿也是传后人.由于某些地区仍然存在封建传统思想，头胎的男女情况可能会影响生二孩的意愿，现随机抽取某地200户家庭进行调查统计.这200户家庭中，头胎为女孩的频率为0.5，生二孩的频率为0.525，其中头胎生女孩且生二孩的家庭数为60.（1）完成下
18、列列联表，并判断能否有95%的把握认为是否生二孩与头胎的男女情况有关；生二孩不生二孩合计头胎为女孩60头胎为男孩合计200（2）在抽取的200户家庭的样本中，按照分层抽样的方法在生二孩的家庭中抽取了7户，进一步了解情况，在抽取的7户中再随机抽取4户，求抽到的头胎是女孩的家庭户数的分布列及数学期望.附：0.150.050.010.0012.0723.8416.63510.828（其中）.【答案】（1）见解析，有95%的把握认为是否生二孩与头胎的男女情况有关.（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）根据题目所给数据，计算并填写出列联表，计算出的值，由此判断出有95%的把握认为是否生二孩与头胎的男
19、女情况有关.（2）利用超几何分布分布列和数学期望计算公式，计算出所求的分布列及数学期望.【详解】（1）因为头胎为女孩的频率为0.5，所以头胎为女孩的总户数为.因为生二孩的概率为0.525，所以生二孩的总户数为.列联表如下：生二孩不生二孩合计头胎为女孩6040100头胎为男孩455510合计10595200，故有95%的把握认为是否生二孩与头胎的男女情况有关.（2）在抽取的200户家庭的样本中，按照分层抽样的方法在生二孩的家庭中抽取了7户，则这7户家庭中，头胎生女孩的户数为4，头胎生男孩的户数为3，则的可能取值为1，2，3，4.；.的分布列为1234.【点睛】本小题主要考查列联表独立性检验，考查
20、超几何分布的分布列和数学期望的计算，属于基础题.21.已知分别为椭圆的左、右焦点，为该椭圆的一条垂直于轴的动弦，直线与轴交于点，直线与直线的交点为.（1）证明：点恒在椭圆上.（2）设直线与椭圆只有一个公共点，直线与直线相交于点，在平面内是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出该点坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析（2）存在，【解析】【分析】（1）根据题意求得的坐标，设出的坐标，求得直线的方程，由此求得的坐标，代入椭圆方程的左边，化简后得到，由此判断出恒在椭圆上.（2）首先判断直线的斜率是否存在.然后当直线斜率存在时，设出直线的方程，判断出的位置并设出的坐标.联立直线的方程和椭圆方程，
21、化简后利用判别式等于零求得的关系式，进而求得的坐标，结合点坐标以及，利用列方程，结合等式恒成立求得的坐标.【详解】（1）证明：由题意知，设，则.直线的方程为，直线的方程为，联立可得，即的坐标为.因为，所以点恒在椭圆上.（2）解：当直线的斜率不存在时，不符合题意.不妨设直线的方程为，由对称性可知，若平面内存在定点，使得恒成立，则一定在轴上，故设，由可得.因为直线与椭圆只有一个公共点，所以，所以.又因为，所以，即.所以对于任意的满足的恒成立，所以解得.故在平面内存在定点，使得恒成立.【点睛】本小题主要考查直线与直线交点坐标，考查点与椭圆的位置关系，考查直线和椭圆的位置关系，考查恒成立问题的求解，考
22、查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.22.已知函数，.（1）设函数，讨论的单调性；（2）设函数，若的图象与的图象有，两个不同的交点，证明：.【答案】（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出的表达式并求导，分类讨论的单调性；（2）由题意可得有两个不同的根，则， 消去参数得，构造函数求导研究函数单调性并利用放缩法推出，再次构造函数，通过证明来证明.【详解】（1），定义域为，.当时，在上单调递增，在上单调递减.当时，令，得，所以在，上单调递增；令，得，所以在上单调递减.当时，在上单调递增.当时，令，得，所以在，上单调递增；令，得，所以在上单调递减.（2），因为函数的图象与的图象有两个不同的交点，所以关于的方程，即有两个不同的根.由题知，+得，-得.由，得，不妨设，记.令，则，所以在上单调递增，所以，则，即，所以.因为所以，即.令，则在上单调递增.又，所以，即，所以.两边同时取对数可得，得证.【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质，利用导数研究含参函数的零点问题及单调性问题，利用导数证明不等式，属于难题.
