2022—2023學年上期高2020級高三線上檢測數學試題（考試時間：150分鐘  試卷滿分：120分）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．己知全集，集合，集合，則A∩B（    ）A． B． C． D．2．數列的通項公式為，則“”是“為遞增數列”的（    ）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．既不充分也不必要條件 D．充要條件3．若（，為虛數單位），則（    ）A． B． C． D．4．已知，則（    ）A． B． C． D．5．如圖，矩形的對角線把矩形分成A、B、C、D四部分，現用五種不同色彩給四部分涂色，每部分涂1種顏色，要求共邊的兩部分顏色互異，共有（　?。┓N不同的涂色方法？A．260 B．180 C．240 D．1206．已知F是橢圓的一個焦點，若存在直線與橢圓相交于A，B兩點，且，則橢圓離心率的取值范圍是（    ）．A． B． C． D．7．已知數列是各項均不為0的等差數列，為其前項和，且滿足.若不等式對任意的恒成立，則實數的取值范圍是（    ）A． B． C． D．8．已知函數，若存在，使得，則的取值范圍是（    ）A． B． C． D． 二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分.9．某次智力競賽的一道多項選擇題，要求是：“在每小題給出的四個選項中，全部選對的得10分，部分選對的得5分，有選錯的得0分.”已知某選擇題的正確答案是CD，且甲、乙、丙、丁四位同學都不會做，下列表述正確的是（    ）A．甲同學僅隨機選一個選項，能得5分的概率是B．乙同學僅隨機選兩個選項，能得10分的概率是C．丙同學隨機選擇選項，能得分的概率是D．丁同學隨機至少選擇兩個選項，能得分的概率是10．已知正方體的棱長為1，點P為側面內一點，則（    ）A．當時，異面直線CP與AD所成角的正切值為B．當時，四面體的體積為定值C．當點P到平面ABCD的距離等于到直線的距離時，點P的軌跡為拋物線的一部分D．當時，四面體BCDP的外接球的表面積為2π11．已知函數，則下列說法正確的是（    ）A．是以為周期的周期函數B．在上單調遞減C．的值域為D．存在兩個不同的實數，使得為偶函數12．高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一，享有“數學王子”的稱號．他和阿基米德、牛頓并列為世界三大數學家，用其名字命名的“高斯函數”：設，用表示不超過的最大整數，則稱為高斯函數．例如：，．則下列命題中正確的是（    ）A．，B．若，，，則方程的解集為C．對于任意實數，，是成立的充分不必要條件D．設，則函數的所有零點之和為-1三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13．若命題“，”為假命題，則實數的取值范圍是______.14．“楊輝三角”是中國古代數學杰出的研究成果之一.如圖所示，由楊輝三角的左腰上的各數出發(fā)引一組平行線，從上往下每條線上各數之和依次為：1，1，2，3，5，8，13，…，則第10條斜線上，各數之和為______.15．在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且，，成等差數列，若，則b邊的最小值為______.16．已知，若有且僅有三個整數解，則a的取值范圍是___________.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17．已知數列是首項為4的單調遞增數列，滿足(1)求證：；(2)設數列滿足，數列前?和，求的值.   18．已知a，b，c分別為三個內角A，B，C的對邊，且.(1)求A；(2)若，求的值；(3)若的面積為，，求的周長.   19．2020年1月15日教育部制定出臺了《關于在部分高校開展基礎學科招生改革試點工作的意見》（也稱“強基計劃”），《意見》宣布：2020年起不再組織開展高校自主招生工作，改為實行強基計劃.強基計劃主要選拔培養(yǎng)有志于服務國家重大戰(zhàn)略需求且綜合素質優(yōu)秀或基礎學科拔尖的學生.據悉強基計劃的?？加稍圏c高校自主命題，校考過程中通過筆試后才能進入面試環(huán)節(jié).已知甲?乙兩所大學的筆試環(huán)節(jié)都設有三門考試科目且每門科目是否通過相互獨立，若某考生報考甲大學，每門科目通過的概率均為，該考生報考乙大學，每門科目通過的概率依次為，其中.(1)若，分別求出該考生報考甲?乙兩所大學在筆試環(huán)節(jié)恰好通過一門科目的概率；(2)強基計劃規(guī)定每名考生只能報考一所試點高校，若以筆試過程中通過科目數的數學期望為依據作出決策，當該考生更希望通過乙大學的筆試時，求的取值范圍. 20．如圖①所示，長方形中，，，點是邊靠近點的三等分點，將△沿翻折到△，連接，，得到圖②的四棱錐.(1)求四棱錐的體積的最大值；(2)設的大小為，若，求平面和平面夾角余弦值的最小值.      21．已知雙曲線的離心率為，左?右頂點分別為M，N，點滿足(1)求雙曲線C的方程；(2)過點P的直線l與雙曲線C交于A，B兩點，直線OP與直線AN交于點D.設直線MB，MD的斜率分別為，求證：為定值.         22．已知函數在處取得極值0．(1)求實數，的值；(2)若關于的方程在區(qū)間上恰有2個不同的實數解，求的取值范圍；(3)設函數，若，總有成立，求的取值范圍．
高三線上測試數學參考答案單選：DABDAAAC5．由題意知給四部分涂色，至少要用兩種顏色，故可分成三類涂色：第一類，用4種顏色涂色，有種方法．第二類，用3種顏色涂色，選3種顏色的方法有種．在涂的過程中，選對頂的兩部分（A、C或B、D）涂同色，另兩部分涂異色有種選法；3種顏色涂上去有種涂法，根據分步計數原理求得共種涂法．第三類，用兩種顏色涂色．選顏色有種選法，A、C用一種顏色，B、D涂一種顏色，有種涂法，故共種涂法．∴共有涂色方法120+120+20＝260種，故選：A．6．解：連接，與左右焦點，的連線，由，由橢圓及直線的對稱性可得四邊形為平行四邊形，，在三角形中，，所以，即，當且僅當時等號成立，又直線的斜率存在，故，即，可得，所以橢圓的離心率.故選：A．7．是等差數列，則，又，所以，不等式為，是奇數時，不等式為，，時，設，，時，，遞減，時，，遞增，又是正奇數，，，所以的最小值是，，， 是偶數時，不等式為，，時，是增函數，又取正偶數，所以的最小值是，所以，綜上，．8．設，作出函數與的圖象如下圖所示：由圖可知，當時，直線與函數的圖象有三個交點，由圖可知，點、關于直線對稱，則，且函數在上為增函數，由，因為，解得，所以，.9．ABC甲同學僅隨機選一個選項，共有4個基本事件，分別為，隨機事件“若能得分”中有基本事件，故“能得分”的概率為，故A正確；乙同學僅隨機選兩個選項，共有6個基本事件，分別為：，隨機事件“能得分”中有基本事件，故“能得分”的概率為，故B正確；丙同學隨機選擇選項（丙至少選擇一項），由A、B中的分析可知共有基本事件種，分別為：選擇一項：；選擇兩項：；選擇三項或全選：，，隨機事件“能得分”中有基本事件，故“能得分”的概率為，故C正確；丁同學隨機至少選擇兩個選項，由C的分析可知：共有基本事件11個，隨機事件“能得分”中有基本事件，故“能得分”的概率為，故D錯；故選：ABC.10．BCDA選項，建立空間直角坐標系，利用空間向量求解線線角的余弦值，進而求出正切值；B選項，證明線面平行，進而得到，四面體的體積為定值；C選項，先作出輔助線，得到，PE⊥平面ABCD，故設出，利用列出方程，化簡后得到軌跡方程，得到當點P到平面ABCD的距離等于到直線的距離時，點P的軌跡為拋物線的一部分，C正確；D選項，作出輔助線，找到球心，利用半徑相等列出方程，求出半徑，從而得到外接球的表面積.如圖1，以D為坐標原點，分別以為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，則，，設異面直線CP與AD所成角為，則，故，，A錯誤；如圖2，因為，且，所以四邊形為平行四邊形，故，因為平面，平面，所以平面，故當點P在上運動時，點P到平面的距離不變，即當時，四面體的體積為定值，B正確；如圖3，過點P作PE⊥BC于點E，連接，因為平面，平面，所以，因為平面，平面，所以AB⊥EP，因為，平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，設，，其中，當時，，整理得：，故當點P到平面ABCD的距離等于到直線的距離時，點P的軌跡為拋物線的一部分，C正確；如圖4，當時，P為的中點，取BD的中點Q，BC的中點N，連接PN，則PN，故PN⊥平面ABCD，因為BC⊥CD，故三角形BCD的外心為點Q，則外接球球心O在過點Q且垂直于平面ABCD的直線上，故OQ⊥平面ABCD，OQPN，連接OP，QN，OB，過點O作OMQN交PN于點M，設四面體BCDP的外接球的半徑為R，則OB=OP=R，，OQ=MN，其中，設OQ=MN=h，則，由勾股定理得，故，解得：，故，，當時，四面體BCDP的外接球的表面積為2π，D正確.11．BDA選項，驗證，得到A錯誤B選項，根據時，，得到，換元后得到，利用復合函數單調性求出答案；C選項，令，此時得到，換元后得到，由求出值域；D選項，由得到只需且，從而得到且，結合，解不等式，得到相應的：且，且，驗證后得到答案.，所以函數的周期不為，故選項A錯誤；時，，故，令，則，因為，所以，故，且t在單調遞減，又，故，開口向下，對稱軸為，故在單調遞增，由復合函數滿足同增異減可知：在單調遞減，B正確；令，若，，即，時，，兩邊平方得：，故，若，，即，時，此時，兩邊平方得：此時，綜上：對于，均有，所以變形為，因為，所以當時，取得最大值，最大值為1，其中，，因為，故最小值為，綜上：的值域為，C錯；，則，假設為偶函數，則，即，只需且，由可得：，①，或②，其中由①得：，，不能對所有恒成立，舍去；由②得：，由可得：③，由③得：，故需要保證與同時成立，令，解得：且，令，解得：且，故，取，此時，此時令，解得：，符合要求，取，此時，此時令，解得：，舍去，取，此時，此時令，解得：，符合要求，綜上：存在兩個不同的實數，使得為偶函數，，就是這兩個實數，D正確．12．BCD對于A，設，，則，所以，因為，所以，所以，則，故A錯誤；對于B，因為當時，，所以方程等價于，又因為表示不超過的最大整數，所以恒成立，即對任意，恒成立，所以方程的解集為，故B正確；對于C，設，，由，則，易知，設，則，但，故對于任意實數，，是成立的充分不必要條件，故C正確；對于D，當為整數時，；當不是整數時，設的整數部分為，小數部分為，則，當時，，則，此時，則，即，故，則.當為整數時，，令，解得，此時函數的零點為；當不是整數時， ，故函數為偶函數，則若存在零點，此時函數的所有零點之和為.綜上所述，函數的所有零點之和為，故D正確.故選：BCD.13．  14．  15．2  16．16.解：，令，令，則，所以函數在上遞減，又，當時，，當時，，所以函數在上遞增，在上遞減，因為有且僅有三個整數解，所以，即，所以a的取值范圍是.故答案為：.17．（1）證明：由題意得，，即，即，∵數列是首項為4的單調遞增數列，，∴（2）由（1）得，即，即，所以數列是首項為2，公差為2的等差數列，故，則， ∴18．（1）根據正弦定理得，，∵，∴，則，∵，∴.（2）∵,∴，，，，∴.（3）∵面積為，且，∴，整理得①，根據余弦定理可得，②， 聯立①②，可得，所以周長為8.19．（1）解：設“該考生報考甲大學恰好通過一門筆試科目”為事件，“該考生報考乙大學恰好通過一門筆試科目”為事件，根據題意可得，（2）解：設該考生報考甲大學通過的科目數為，報考乙大學通過的科目數為，根據題意可知，，所以，，，，.則隨機變量的分布列為：0123 ，若該考生更希望通過乙大學的筆試時，有，所以，又因為，所以，所以，的取值范圍是.20．（1）解：取的中點，連接，因為，則，當平面平面時，點到平面的距離最大，四棱錐的體積取得最大值，此時平面，且，底面為梯形，面積為，則四棱錐的體積最大值為；（2）解：連接，因為，所以，所以為的平面角，即，過點作平面，以為坐標原點，分別以，，所在直線為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，過作于點，由題意得平面，設,,，所以，所以，所以，設平面的法向量為，則，令，則，設平面的法向量為，因為，則，令，可得：，設兩平面夾角為，則令，所以，則所以，所以當時，有最小值，所以平面和平面夾角余弦值的最小值為.21．（1）由題意知，又，所以，由，可得，又，所以，故，所以雙曲線的方程為；（2）因為，若直線l的斜率不存在，則l與雙曲線C僅有一個公共點，不合題意，故l的斜率存在，設l：，聯立得：，設，則.因為，故，①又，所以，②聯立①②，解得，于是所以為定值.22．（1），由題意可知：，解得.（2），由得，由題意，曲線與直線在區(qū)間上恰有2個交點．，時，，時，，所以在區(qū)間上是減函數，在區(qū)間上是增函數，，又，∴．（3）由總有成立可知：在區(qū)間上，由（2）知在區(qū)間上，，∵，時，，時，，∴函數在區(qū)間上是減函數，在區(qū)間上是增函數，∴，所以，∴ ．
 

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