1、周市高级中学2022届高三上学期9月期初统测数学试卷第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、单选题1已知集合，则（ ）ABCD2复数在复平面内对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限3若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则它的底面积与侧面积之比是（ ）ABCD4下列区间中，函数单调递增的区间是（ ）ABCD5若直线始终平分圆的周长，则的取值范围是（ ）ABCD6若，则等于（ ）A-3BCD37若曲线在点处的切线与曲线相切于点，则（ ）A-1B1C0De8现有个相同的小球，分别标有数字，从中有放回的随机抽取两次，每次抽取一个球，记：事件表示“第一次取出的球数字是”，事件表示“
2、第二次取出的球数字是”，事件表示“两次取出的球的数字之和为”，事件表示“两次取出的球的数字之和为”，则下列选项正确的是（ ）A事件和事件相互独立B事件和事件相互独立C事件和事件相互独立D事件和事件相互独立二、多选题9关于一组样本数据的平均数、中位数、频率分布直方图和方差，下列说法正确的是（ ）A改变其中一个数据，平均数和中位数都会发生改变B频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积应该相等C若数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在左边“拖尾”，则平均数小于中位数D样本数据的方差越小，说明样本数据的离散程度越小10已知为坐标原点，点，则（ ）ABCD11已知圆，圆，则（ ）A若圆与圆无公共
3、点，则B当时，两圆公共弦长所在直线方程为C当时，P、Q分别是圆与圆上的点，则的取值范围为D当时，过直线上任意一点分别作圆、圆切线，则切线长相等12在棱长为1的正方体中，点，分别足，其中，则（ ）A当时，三棱锥的体积为定值B当时，点，到平面的距离相等C当时，存在使得平面D当时，第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、填空题13已知双曲线的一个焦点与抛物线的焦点重合，则该双曲线的离心率为_.14已知函数满足：；在上是减函数；.请写出一个满足以上条件的_.15已知，若对，使得，则实数a的取值范围为_.四、双空题16“垛积术”（隙积术）是由北宋科学家沈括在梦溪笔谈中首创，南宋数学家杨辉、元
4、代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等.某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是件.已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的，第层的货物的价格为_，若这堆货物总价是万元，则的值为_.五、解答题17数列an的首项a1=a记bn=a2n-1(1)求a2,a3;(2)判断数列bn是否为等比数列,并证明你的结论.18学校趣味运动会上设置了一项射击比赛，比赛规则如下：选手先向靶射击2次，每击中靶中阴影部分一次记1分，未击中记0分，2次射击总得分为，若，直接结束比赛；若，再向靶射击2
5、次，2次都击中靶中阴影部分记1分，只中1次记0分，2次都没中记分，比赛结束；若，再向靶射击2次，每击中靶中阴影部分一次记1分，未击中记0分，比赛结束（其中靶两圆半径比为1：2，靶阴影部分是大正方形的四边中点连接而成的小正方形，靶阴影部分是大正三角形三边中点连接而成的小正三角形）若甲同学参加比赛，赛前甲同学不脱靶的概率为，为了让参赛者适应射击环境，赛前有5次试射机会，经过试射后甲每次射击都不脱靶，击中靶中任意位置可能性相等，各次射击相互独立（1）设甲在赛前5次试射中仅在第3次脱靶的概率为，当取最大值时，求的值；（2）求甲同学获得的总分的分布列及数学期望19在中，角，所对边分别为，现有下列四个条件
6、：；（1）两个条件可以同时成立吗？请说明理由；（2）请从上述四个条件中选三个，使得有解，并求的面积20正多面体也称柏拉图立体，被喻为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体已知一个正四面体和一个正八面体的棱长都是a（如图），把它们拼接起来，使它们一个表面重合，得到一个新多面体（1）求新多面体的体积；（2）求二面角的余弦值；（3）求新多面体为几面体？并证明21在平面直角坐标系中，已知动点到点的距离与它到
7、直线的距离之比为记点的轨迹为曲线（1）求曲线的方程；（2）过点作两条互相垂直的直线，交曲线于，两点，交曲线于，两点，线段的中点为，线段的中点为证明：直线过定点，并求出该定点坐标22已知函数，（1）求函数的单调区间；（2）若，且，证明：参考答案1D【分析】根据即可求解【详解】，所以故选：D.2B【分析】利用复数的乘除运算以及复数的几何意义即可求解.【详解】，所以在复平面内对应的点为，即点位于第二象限.故选：B3C【分析】根据题意作图，由轴截面得出母线与底面圆半径的等量关系，再套公式求解.【详解】根据题意作图，设圆锥的底面圆半径为，高为 ，母线长为 .若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则有，.该圆锥
8、的底面积与侧面积比值为.故选：C.4C【分析】先化简，再求出的单调增区间，通过对赋值，可确定具体的单调增区间，再确定选项.【详解】由题知，由，得，.所以函数的单调增区间为，.令，有在上单调递增；令，有在上单调递增；令，有在上单调递增；对于选项所给的区间，只有在区间内，其余的都不在的任何一个单调增区间内.故选：C.5D【分析】因直线始终平分圆的周长，则直线必过点，将点代入再结合基本不等式即可得结果【详解】由圆的方程，得圆心坐标为：，因直线始终平分圆的周长，则直线必过点，即，当且仅当时，等号成立，的取值范围是：，故选：【点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不
9、等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误6C【分析】由得，然后利用二倍角公式展开后变为齐次式上下同除以结合同角三角函数的基本关系式求解即可.【详解】得，则，故选：C.7C【分析】利用导数的几何意义分别求解出在点处的切线方程以及在点处的切线方程，根据两切线重合，求解出之间的关系式，由此可化简计算出的值.【详解】的导数为，可得曲线在点处的切线方程为，的导数为，可得曲线在点处的切线的方程为，由两条切线重合的条件，可得，且，则，即有，可得，则.故选：C.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于切线方程的分别求解，然
10、后通过切线重合去分析变量之间的关系，其中涉及的指对互化对于计算有一定要求.8C【分析】首先求出然后求出进而根据事件独立的概率乘法公式即可判断.【详解】因为故事件和事件相互独立故选：C.9BCD【分析】根据平均数、中位数、频率分布直方图和方差的性质，逐一分析选项，即可得答案.【详解】对于A：例如数据1，3，5，将数据改成2，3，5，数据的中位数未改变，仍为3，故A错误；对于B：根据频率分布直方图中，中位数的求法，可得B正确；对于C：根据频率直方图可得，左边“拖尾”，且不对称，则平均数变小，中位数变大，所以平均数小于中位数，故C正确；对于D：方差越小，数据越稳定，离散程度越小，故D正确.故选：BC
11、D10AC【分析】A、B写出，、，的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D根据向量的坐标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误.【详解】A：，所以，故，正确；B：，所以，同理，故不一定相等，错误；C：由题意得：，正确；D：由题意得：，故一般来说故错误；故选：AC11BCD【分析】根据两圆无公共点可得，圆内含或外离，从而求出的范围，判断A错；由两圆的方程作差，即可得出公共弦所在直线方程，判断B正确；由，先判断两圆位置关系，进而可得范围，判断C正确；根据两点间的距离公式，分别求出直线上任意一点到两圆心的距离，进而求出切线长，即可判断D正确.【详解】由题意，圆的圆心为，半径
12、为；圆的圆心为，半径为；则圆心距为；A选项，若圆与圆无公共点，则只需或，解得或，故A错；B选项，若，则圆，由与两式作差，可得两圆公共弦所在直线方程为，故B正确；C选项，若，则，此时，所以圆与圆相离；又P、Q分别是圆与圆上的点，所以，即，故C选项正确；D选项，当时，由A选项可知，两圆外离；记直线上任意一点为，则，所以，因此切线长分别为，即，故D正确；故选：BCD.【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于熟记圆与圆位置关系、公共弦所在直线方程的求法，以及圆的切线长的求法等，结合题中条件，即可求解.12ABD【分析】由即可判断A；当时，点是的中点可判断B；建立空间直角坐标系，计算可判断C；设，求出所需
13、各点坐标，计算可判断D，进而可得正确选项.【详解】对于A：当时，此时点位于点处，三棱锥，为定值，点到面的距离为是定值，所以三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值，故选项A正确；对于B：当时，点是的中点，所以点，到平面的距离相等，故选项B正确；对于C：当时，点是的中点，建立如图所示空间直角坐标系，则，可得，所以，所以与不垂直，所以不存在使得平面，故选项C不正确；对于D：设，则，所以，因为，所以，故选项D正确；故选：ABD.132【分析】将抛物线化成标准形式求出焦点坐标，从而得到双曲线的值，进而求出离心率；【详解】设抛物线的焦点为F，故答案为：.14【分析】由可得关于对称，所以写一个开口向下，对
14、称轴为，且过原点的二次函数即可.【详解】由可得关于对称，所以开口向下，对称轴为，且过原点的二次函数满足题目中的三个条件，故答案为：15【分析】首先分别求出，的值域，再根据题意得到，解不等式组即可.【详解】因为在为增函数，且，所以，.因为，所以，为增函数.，故，.因为对，使得，所以，解得.故答案为：16 6 【分析】由题意可得第层的货物的价格为，根据错位相减法求和即可求出.【详解】解：由题意可得第n层的货物的价格为，设这堆货物总价是，则，由可得，这堆货物总价是万元，故答案为：；.【点睛】本题考查了错位相减法求和，考查了运算能力，以及分析问题和解决问题的能力，属于中档题.17（1）见解析；（2）见
15、解析【解析】分析：（1）分别代入奇偶数的表达式求解。（2）逐一写出前面有限项观察其规律，猜想数列的通项公式，用数学归纳法证明。详解：(1)a2=a1a3(2)a4=a3b1=a10,b2=a3b3=a5归纳出bn是以a.证明:因为bn+1=a2n+1所以bn是以a.点睛：推理与证明中，数学归纳法证明数列的通项公式是常见的解法。根据题意先归纳猜想，利用数学归纳法证明猜想。数学归纳法证明必须有三步：当时，计算得出猜想成立.当时，假设猜想命题成立，当时，证明猜想成立。18（1）；（2）分布列见详解，.【分析】（1），然后利用导数求出的单调性即可；（2）首先求出每次击中靶阴影部分的概率，然后的可能取值
16、有，分别求出对应的概率即可.【详解】（1）由题意可得所以所以当时，单调递增当时，单调递减所以当时取得最大值（2）由图可得，每次击中靶阴影部分的概率为每次击中靶阴影部分的概率为每次击中靶阴影部分的概率为的可能取值有所以的分布列为01234所以19（1）不能，理由见解析；（2）.【分析】（1）条件由正弦定理边化角后可求得，条件由余弦定理可得，与三角形内角和矛盾，从而可确定结论；（2）由（1）只有有两项选择：和选，求出后，由正弦定理求得为直角，由直角三角形可得面积；选，求得后，再求得，由面积公式可得面积【详解】解：（1）由条件，得，又，所以，所以，因为，所以；由条件，得，因为，而在单调递减，所以于是
17、，与矛盾所以不能同时满足（2）因为同时满足上述四个条件中的三个，不能同时满是，则满足三角形有解的所有组合为或若选择组合：有，即，解得，因为，所以，为直角三角形，所以，所以的面积若选择组合：由，即，解得，因为，所以，所以的面积20（1）；（2）；（3）新多面体是七面体；证明见解析【分析】（1）分别求得正四面体和正八面体的体积，由新多面体体积为原正四面体体积与正八面体体积之和求解；（2）在正八面体中，取的中点为M，连结，易得为二面角的平面角，利用余弦定理求解；（3）由（2）可知，正八面体任何相邻面构成的二面角余弦值均为，设此角为再求得四面体相邻面所构成的二面角的余弦值为判断.【详解】（1）如图所示
18、：，在正四面体中，分别取PT，QR的中点，连接QN，RN，NG，则 ，所以平面QNR，所以正四面体的体积为 ，如图所示，在正八面体中，连接AC交平面EFBH于点O，则平面EFBH， 所以 ，所以正八面体的体积为，因为新多面体体积为原正四面体体积与正八面体体积之和，所以.（2）如图，在正八面体中，取的中点为M，连结，易得为二面角的平面角易得，由余弦定理得.（3）新多面体是七面体，证明如下：由（2）可知，正八面体任何相邻面构成的二面角余弦值均为，设此角为在正四面体中，易得为二面角的平面角由余弦定理得，即正四面体相邻面所构成的二面角的余弦值为，所以，因此新多面体是七面体【点睛】关键点点睛：本题第三问
19、关键是将判断拼接后两个几何体相邻面是否共面，转化为二面角之和是否为而得解.21（1）（2）直线过定点，证明见解析.【分析】（1）根据题意，由两点间距离公式以及点到直线的距离公式列方程化简即可求解；（2）直线，斜率都存在且不为，设：，与双曲线方程联立消元，求出，代入方程可得，即得点坐标，同理可得点坐标，进而可得直线的方程，即可得所过的定点，同时注意验证二次项系数为和直线，中一个斜率不存在，一个斜率为两种情况是否过该定点，即可求解.【详解】（1）设，由题意可得：，即两边同时平方整理可得：，所以曲线的方程为：；（2）若直线，斜率都存在且不为，设：，则：，由可得：，当时，即，方程为，此时只有一解，不符
20、合题意，当时，由韦达定理可得：，所以点的横坐标为，代入直线：可得：，所以线段的中点,用替换可得，所以线段的中点，当时，直线的方程为：，整理可得：，此时直线过定点，若时， 则，或，直线的方程为，此时直线也过点，若直线，中一个斜率不存在，一个斜率为，不妨设斜率为，则：，：，此时直线的方程为，此时直线也过点，综上所述：直线过定点，【点睛】思路点睛：圆锥曲线中求直线过定点的问题，通常需要联立方程，得到二次方程后利用韦达定理、结合题中条件（比如斜率关系，向量关系，距离关系，面积等）直接计算，即可求出结果，运算量较大.22（1）在上单调递增，在上单调递减；（2）证明见解析【分析】（1）求出，得出当时，；当时即可求解；（2）通过分析法将原问题转化为证明，构造，利用导数研究其单调性即可.【详解】（1），由得，当时，；当时，在上单调递增，在上单调递减（2），且，由（1）知，不妨设要证，只需证明，而，在上单调递减，故只需证明又，只需证明令函数，则.当时，故，在上单调递增，故在上，成立，故成立