2023-2024学年高三数学开学摸底考试卷（测试范围：新高考数学全部内容）-高考数学复习全程规划（新高考地区专用）

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一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13． 4﹣3．
14． ．
15．（﹣∞，8）．
16．6
四．解答题（共6小题，满分70分）
17． 解：（1）∵DE＝1，AE＝3DE，∴AD＝2，
∵∠ADB+∠ADC＝π，∴cs∠ADB+cs∠ADC＝0，
由题意设BD＝DC＝x，AB＝4，AC＝2，
则在△ADB中，由余弦定理得cs∠ADB＝＝＝，
在△ADC中，由余弦定理得cs∠ADC＝＝＝，
∴+＝0，解得x＝2，
∴BC＝2BD＝4，
在△ABC中，由余弦定理得cs∠BAC＝＝＝﹣；
（2）∵AB＝4，AC＝2，∠ABC＝，
∴在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BCcs∠ABC，即8＝16+BC2﹣2×4×BC，解得BC＝2，
∵点D为BC的中点，∴BD＝BC＝，
在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2+BD2﹣2AB•BDcs∠ABC＝16+2﹣2××4×＝10，即AD＝，
∵AE＝3DE，∴AE＝AD＝，
在△ABD中，由余弦定理得cs∠BAE＝＝＝，
在△ABE中，由余弦定理得BE2＝AB2+AE2﹣2AB•AEcs∠BAE＝16+（）2﹣2×4××＝，即BE＝．
18． 解：（1）由a1＝，
可得an+1＝，
由a1＞0，可得an＞0，
则＝1+，
即﹣＝1，
所以{}是首项为2，公差为1的等差数列，
则＝2+n﹣1＝n+1，即an＝；
（2）证明：an＝，对k＝1，2，3，…，akak+1ak+2＝
＝[﹣]，
所以a1a2a3+a2a3a4+…+anan+1an+2＝[﹣+﹣+…+﹣]
＝[﹣]＝﹣＜．
19．解：（1）由（0.004+a+0.022+0.028+0.022+0.018）×10＝1，解得a＝0.006；
（2）由频率分布直方图可知，
评分在[40，60），[60，80），[80，100]内的顾客人数之比为：（0.004+0.006）：（0.022+0.028）：（0.022+0.018）＝1：5：4，
所以评分在[40，60）内的顾客应抽取（人）；
（3）用户对该APP评分的平均分为：＝76.2．
20．解：（1）证明：∵△APC为等边三角形，O为AC的中点，
∴PO⊥AC，
∵平面APC⊥底面ABC，平面APC∩平面ABC＝AC，PO⊂平面APC，
∴PO⊥平面ABC；
（2）连接BO，由（1）可知建立以O为坐标原点，以AC、OB、OP所在直线为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示：
AB＝BC＝2，AC＝4，则OP＝2，AB2+BC2＝16＝AC2，
∴△ABC等腰直角三角形，则OB＝2，BO⊥AC，
∴C（2，0，0），B（0，2，0），P（0，0，2），A（﹣2，0，0），设M（x，y，0），
则＝（x，y﹣2，0），＝（2，﹣2，0），
∵BM＝λBC，∴，则x＝2λ，y＝2﹣2λ，0≤λ≤1，
∴M（2λ，2﹣2λ，0），
∵平面APC⊥平面ABC，平面APC∩平面ABC＝AC，BO⊂平面ABC，
∴BO⊥平面PAC，
∴平面PAC的一个法向量为＝（0，2，0），
设平面MPA的一个法向量为＝（x，y，z），＝（2，0，2），＝（2λ+2，2﹣2λ，0），
则，取x＝，则z＝﹣1，y＝，
∴平面MPA的一个法向量为＝（，，﹣1），
∵二面角M﹣PA﹣C为30°，
∴cs＜，＞＝＝＝cs30°＝，即（）2＝4，解得λ＝3（不合题意，舍去）或λ＝，
故λ＝．
21．解：（1）双曲线过点（2，1）且一条渐近线方程为，
则①，
双曲线过点（2，1），
则②，
联立①②解得，a2＝2，b2＝1，
故双曲线的方程为，
直线l的倾斜角为，在y轴上的截距为﹣2，
则l的方程为y＝x﹣2，代入双曲线方程可得，x2﹣8x+10＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x，y），
则x1+x2＝8，
M为线段AB的中点，
则x＝4，y＝x﹣2＝2，即M（4，2），
∵，
∴△MF1F2的面积为；
（2）由题意可知，圆的方程为x2+y2＝c2，
联立，解得x＝，y＝，即P（，），
切线的斜率为，
则kOP＝，化简整理可得，3（c2﹣a2）＝，
故3c4+4a4﹣8a2c2＝0，即3c4﹣8e2+4＝0，解得e2＝2，
故双曲线的离心率为．
22．解：（1）由题意，函数f（x）＝x2﹣axlnx+1+a，a∈R，
可得函数f（x）的定义域为（0，+∞），且f'（x）＝2x﹣a（1+lnx），
设g（x）＝f'（x）＝2x﹣a（1+lnx），x∈（0，+∞），则，
①当a≤0时，可得g'（x）＞0，所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，所以f'（x）没有极值；
②当a＞0时，若，则g'（x）＜0，f′（x）在上单调递减，
若，则g'（x）＞0，f′（x）在上单调递增，
所以f′（x）在处取得极小值，且极小值为，在（0，+∞）上没有极大值，
综上，当a≤0时，f′（x）没有极值；当a＞0时，f′（x）的极小值为，无极大值．
（2）由题意知，存在t∈[2，e]，使得f（t）＝t2﹣atlnt+1+a＜0，
即存在t∈[2，e]，使得，
构造函数，则，
当a+1≤2，即a≤1时，h'（t）≥0在[2，e]上恒成立，h（t）单调递增，
所以h（2）＜0，可得，与a≤1矛盾，不满足题意；
当2＜a+1＜e，即1＜a＜e﹣1时，若t∈[2，a+1]，则h′（t）≤0，h（t）单调递减，
若t∈[a+1，e]，则h'（t）≥0，h（t）单调递增，此时h（t）min＝h（a+1），
由h（t）min＝h（a+1）＜0，可得（a+1）﹣aln（a+1）+1＜0，所以a+2＜aln（a+1），
因为2＜a+1＜e，所以不等式a+2＜aln（a+1）不成立；
当a+1≥e，即a≥e﹣1时，h′（t）≤0在t∈[2，e]上恒成立，h（t）单调递减，
所以h（e）＜0，可得，满足题意．
综上，实数a的取值范围为．1
2
3
4
5
6
7
8
B
B
B
C
A
A
A
A
9
10
11
12
ABD
BCD
BCD
BCD