河北省秦皇岛市部分学校2023届高三上学期开学摸底数学试题（Word版含答案）

这是一份河北省秦皇岛市部分学校2023届高三上学期开学摸底数学试题（Word版含答案），共13页。试卷主要包含了已知向量满足，且，则，已知角的终边在射线上，则，已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
2023届高三开学摸底联考新高考卷数学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结東后，将本试卷和答题卡一并交回。考试时间为120分钟，满分150分一、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．已知集合，则（    ）A．     B．     C．     D．2．命题“”的否定为（    ）A．       B．C．     D．3．抛掷一枚质地均匀的骰子，设事件A：出现的点数为质数，事件B：出现的点数不小于3，则事件A与事件B（    ）A．相互独立     B．对立     C．互斥但不对立     D．概率相等4．已知向量满足，且，则（    ）A．4     B．     C．     D．5．已知角的终边在射线上，则（    ）A．或     B．     C．     D．6．如图，正四棱柱中，，若直线与直线所成的角为，则直线与平面所成的角为（    ）A．     B．     C．     D．7．若直线与圆交于A，B两点，则面积的最大值为（    ）A．4     B．8     C．     D．8．已知，若对任意的恒成立，则实数a的最小值为（    ）A．e     B．     C．     D．二、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。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．已知函数，则（    ）A．为其定义域上的增函数       B．为偶函数C．的图象与直线相切     D．有唯一的零点10．某企业秉承“科学技术是第一生产力”的发展理念，投入大量科研经费进行技术革新，该企业统计了最近6年投入的年科研经费x（单位：百万元）和年利润y（单位：百万元）的数据，并绘制成如图所示的散点图．已知x，y的平均值分别为．甲统计员得到的回归方程为；乙统计员得到的回归方程为；若甲、乙二人计算均未出现错误，则以下结论正确的为（    ）A．当投入年科研经费为20（百万元）时，按乙统计员的回归方程可得年利润估计值为75.6（百万元）（取）B．C．方程比方程拟合效果好D．y与x正相关11．将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，再向左平移个单位长度，得到函数的图象，若对任意的，均成立，且相邻的两个最小值点间的距离为，则（    ）A．的最大值为1               B．C．在上单调递减     D．对任意的，均有成立12．已知双曲线的左、右焦点分别为，且，A，P，B为双曲线上不同的三点，且A，B两点关于原点对称，直线与斜率的乘积为1，则（    ）A．                              B．双曲线C的离心率为C．直线倾斜角的取值范围为      D．若，则三角形的面积为2三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若复数z满足（i为虚数单位），且z为实数，则实数a的值为_____________．14．已知函数满足：①对，都有成立；②．请写出一个符合上述两个条件的函数_____________．15．已知数列中，，且则_____________．16．在三棱锥中，底面是边长为的正三角形，，点M为的垂心，且平面，若三棱锥的外接球体积为，则_____________．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．（10分）已知数列的前n项和为，当时，．（1）求；（2）设，求数列的前n项和．18．（12分）已知a，b，c为的内角A，B，C所对的边，向量，且．（1）求角C：（2）若，D为的中点，，求的面积．19．（12分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，，平面平面，M，N分别为线段和的中点．（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．20．（12分）“斯诺克（Snooker）”是台球比赛的一种，意思是“阻碍、障碍”，所以斯诺克台球有时也被称为障碍台球，是四大“绅士运动”之一，随着生活水平的提高，“斯诺克”也成为人们喜欢的运动之一．现甲、乙两人进行比赛比赛采用5局3胜制，各局比赛双方轮流开球（例如：若第一局甲开球，则第二局乙开球，第三局甲开球……），没有平局已知在甲的“开球局”，甲获得该局比赛胜利的概率为，在乙的“开球局”，甲获得该局比赛胜利的概率为，并且通过“猜硬币”，甲获得了第一局比赛的开球权．（1）求甲以3∶1赢得比赛的概率；（2）设比赛的总局数为，求．21．（12分）已知椭圆的离心率为，且C的左、右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为．（1）求椭圆C的方程；（2）若直线与x轴交于点M，与椭圆C交于P，Q两点，过点P与x轴垂直的直线与椭圆C的另一个交点为N，求面积的最大值．22．（12分）已知函数．（1）若在处的切线l与直线平行，求切线l的方程；（2）证明：当时，对任意的恒成立．2023届高三开学摸底联考新高考卷数学参考答案及评分意见1．A  【解析】，，所以．2．C  【解析】由全称命题的否定为特称命题得，该命题的否定为“”．3．A  【解析】抛掷骰子可能得到的点数为1，2，3，4，5，6，其中质数为2，3，5，所以，故，所以A与B相互独立．4．D  【解析】由得所以，所以．5．C  【解析】，解得或，因为角的终边在第三象限，所以，故，所以．6．A  【解析】连接与交于点，，所以即为直线与直线所成的角，即．易知，所以，得．连接，易得即为直线与平面所成的角，，所以．7．C  【解析】由圆C方程可知，圆心，所以，直线l恒过点，点D在圆内，，当时，最小，也最小，此时，故（时不能构成三角形），所以．8．B  【解析】由得，即．设，则原不等式等价于，因为，故在上单调递增，故对任意的恒成立，即对任意的恒成立，设，易得在上单调递增，在上单调递减，所以，所以a的最小值为。9．ACD  【解析】的定义域为R，，所以为R上的增函数，A正确；，故为奇函数，B错误；，故在原点处的切线方程为直线，C正确；为R上的增函数，，所以有唯一的零点，D正确．10．ABD  【解析】将代入得，A正确；将代入得，B正确；由散点图可知，回归方程比的拟合效果更好，C错误；因为y随x的增大而增大，所以y与x正相关，D正确．故选ABD．11．BD  【解析】由题，，因为相邻的两个最小值点间的距离为，故，，所以的最大值为2，A错误；因为恒成立，所以在处取得最小值，故，即，因为，所以，B正确；，令，得，所以在上单调递减，C错误；，所以在处取得最大值，D正确．12．ABD  【解析】设焦距为，则，设，则，，作差得，即，，故，又，所以，A正确；离心率，B正确；双曲线C的渐近线方程为，直线过原点，由题可知直线与C有两个不同的交点，所以直线倾斜角的取值范围为，C错误；若，则，易得，故，又，可得，所以三角形的面积为，D正确．13．  【解析】为实数，所以．14．  【解析】符合条件即可．15．  【解析】由题：，可得数列从第2项开始是以6为周期的数列，故．16．2  【解析】如图，连接并延长，交于点D，与交于点E，则．因为平面平面，所以，因为平面，所以平面，所以，故D为中点，所以是等边三角形，，易得，所以，所以三棱锥的外接球即为棱长为的正方体的外接球，所以外接球半径，故外接球体积，解得．17．【解】（1）当时，由得，即．又，所以，符合上式，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，．（2），所以，，作差得，化简得．18．【解】（1）因为，所以，由正弦定理得．即，由余弦定理得，因为，所以．（2）在三角形中，，即，解得或，即或，因为，故，因为，所以，故，所以，所以．19．【解】（1）证明：如图，取中点Q，连接，因为M，Q分别为和的中点，故，且，所以四边形为平行四边形，所以．又平面平面，所以平面．（2）由题，平面平面，平面平面，所以平面，所以．又，所以平面，故．因为，可得，所以，故．以A为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，则，设平面的一个法向量为，则即令，得，所以，同理可得平面的一个法向量为，，所以平面与平面夹角的余弦值为．20．【解】（1）甲以3∶1赢得比赛，则前3局中甲赢得了2局，第4局甲获胜，所以甲以3∶1赢得比赛的概率为．（2）的可能取值为3，4，5，设甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，；；；；；；则，所以．21．【解】（1）设椭圆C的焦距为，则，即，所以，即，又C的左，右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为，所以，综上解得，所以椭圆C的方程为．（2）易得，设，则，联立直线l与椭圆C的方程得，则．又，易知与同号，所以，当且仅当，即时等号成立，所以面积的最大值为．22．【解】（1）易知，．因为切线l与直线平行，所以，得，又，所以切线l的方程为．（2）证明：由对任意的恒成立得对任意的恒成立．设，则，易得在上单调递增，所以当时，，即当时，，设，则，所以在上单调递增，故当时，，即当时，，所以当时，，即①．设，则，设，则，由①式知当时，，所以即在上单调递增，所以，当时，，所以在上单调递增，故，即对任意的恒成立，即对任意的恒成立．