2023届高三开学摸底考试数学试卷（新高考Ⅰ卷）

这是一份2023届高三开学摸底考试数学试卷（新高考Ⅰ卷），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届高三开学摸底考试数学试卷（新高考Ⅰ卷）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.若，则(   ).A. B. C. D.i3.在中，点D在BC边上，且.设，则可用基底表示为(   )A.  B.C.  D.4.我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）(   )A.2寸 B.3寸 C.4寸 D.5寸5.从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为(   )A. B. C. D.6.已知函数在上单调递增，直线是图象的一条对称轴，两条对称轴之间的距离不大于3，则的值为(   )A. B. C. D.7.已知实数a，b，c满足，则a，b，c的大小关系是(   )A.  B.C.  D.8.已知菱形的边长为2，且，沿把折起，得到三棱锥，且二面角的平面角为60°，则三棱锥的外接球的表面积为(   )A. 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.如图，在母线长为3，底面圆的半径为1的圆柱中，垂直于底面，分别是圆柱上、下底面的圆心，是底面圆O的直径，C是弧的中点，则下列结论中错误的是(   )A.平面平面B.异面直线与所成角的余弦值为C.和平面所成角的正弦值为D.三棱锥的体积是10.已知函数则下列命题中正确的是(   )A.在该函数图象上一点处的切线的斜率为B.函数的最小值为C.该函数图象与x轴有4个交点D.函数在区间上为减函数，在区间上也为减函数11.已知抛物线的焦点为F，准线为l，过F的直线与E交于A，B两点，C，D分别为A，B在l上的射影，且，M为AB中点，则下列结论正确的是(   )A.  B.为等腰直角三角形C.直线AB的斜率为 D.的面积为412.已知偶函数的定义域为R，且则以下结论正确的是(   )A.是周期函数B.C.D.若在上恒成立，则实数m的最小值为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.展开式中含x的项的系数为____________.14.已知圆，圆，则两圆公切线的方程为____________.15.已知曲线，若过曲线C外一点引曲线C的两条切线，它们的倾斜角互补，则实数a的值为__________.16.若点在椭圆上，则称点为点M的一个“椭点”.已知直线与椭圆相交于A，B两点，且A，B两点的“椭点”分别为P，Q，以线段PQ为直径的圆经过坐标原点O，则m的值为_____.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.已知等差数列的首项，公差，且第2项、第5项、第14项分别是一个等比数列的第2项、第3项、第4项.（1）求数列的通项公式；（2）设，是否存在整数t，使得对任意的正整数n均有成立？若存在，求出最大的整数t；若不存在，请说明理由.18.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若，求的面积.19.如图，在棱柱中，平面ABCD，四边形ABCD是菱形，，点N为AD的中点，且.(1)设M是线段上一点，且.试问：是否存在点M，使得直线平面MNC？若存在，请证明平面MNC，并求出的值；若不存在，请说明理由；(2)求二面角的余弦值.20.田忌赛马的故事出自《史记》中的《孙子吴起列传》.齐国的大将田忌很喜欢赛马，有一回，他和齐威王约定，要进行一场比赛.双方各自有三匹马，马都可以分为上、中、下三等.上等马都比中等马强，中等马都比下等马强，但是齐威王每个等级的马都比田忌相应等级的马强些，比赛共三局，每局双方各派一匹马出场，且每匹马只赛一局，累计胜两局或三局的一方获得比赛胜利，在比赛之前，双方都不知道对方马的出场顺序.（1）求在第一局比赛中田忌胜利的概率；（2）若第一局齐威王派出场的是上等马，而田忌派出场的是下等马，求本场比赛田忌胜利的概率；（3）写出在一场比赛中田忌胜利的概率（直接写出结果）.21.双曲线经过点，且虚轴的一个顶点到一条渐近线的距离为.(1)求双曲线C的方程；(2)过点P的两条直线，与双曲线C分别交于A，B两点(A，B两点不与P点重合)，设直线，的斜率分别为，，若，证明：直线AB过定点.22.已知函数.（1）当时，求的最大值；（2）若恰有一个零点，求a的取值范围.
答案以及解析1.答案：D解析：，，.2.答案：D解析：由，得，所以，故选D.3.答案：C解析：因为，所以.所以.4.答案：B解析：由题意，可知圆台形天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸.因为积水深9寸，所以水面半径为（寸），则盆中积水的体积为（立方寸），又盆口面积为（平方寸），所以平地降雨量为（寸）.5.答案：C解析：从写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回地抽取2张，共有15种取法，它们分别是，，，，，，，，，，，，，，，其中卡片上的数字之积是4的倍数的是，，，，，，共6种取法，所以所求概率是.故选C.6.答案：D解析：，在上单调递增，则的最小正周期.直线是图象的一条对称轴.区间的长度小于2，在上单调递增，则的最小正周期，.两条对称轴之间的距离不大于3，则的最小正周期，，，故选D.7.答案：A解析：解法一：由，得，，所以a，b，c分别是直线与曲线，，的交点的横坐标，画出这四个函数图象，如图所示，数形结合可知，故选A.解法二：令，则是增函数，，因为，所以.令，则是增函数，，因为，所以.令，则是增函数，，因为，所以.所以，故选A.8.答案：B解析：取的中点H，连接，分别取的重心为，过点分别作两个平面的垂线，交于点O，点O即为三棱椎的外接球的球心，连接，则，，，即三棱锥的外接球的半径，则其外接球的表面积为，故选B.9.答案：D解析：对于选项A，为圆O的直径，所以.又平面平面，所以.因为，所以平面.又平面，所以平面平面，故选项A正确;对于选项B，取弧的中点D(不与点C重合)，连接，易知四边形为平行四边形.所以，所以或其补角是异面直线与所成的角，易知平面.又平面，所以，所以为直角三角形.在中，，，所以，故选项B正确;对于选项C，连接，易知平面，则为和平面所成的角.在中，，.所以，故选项C正确;对于选项D，，故选项D错误，故选D.10.答案：ABD解析：当时，，，则，故A正确；由上，得当时，；当时，，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，故当时，有最小值；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，故当时，有最小值，故有最小值，故B，D正确；令，得；令，得，故该函数图象与x轴有3个交点，故C错误.故选ABD.11.答案：AC解析：由，得，即，焦点，准线.设直线AB的方程为，，.由得，，，从而，.又，，即.因此，且或（舍去）.，，即直线AB的斜率为，C正确；选项A中，，，，从而，A正确；选项B中，，，结合图形知不是直角三角形，B错误；选项D中，，D错误.故选AC.12.答案：BCD解析：由题意知，是R上的偶函数，，当时，，故当时，，所以当时，.当时，，，所以在区间[-1，3]上的最大值为，最小值为.当时，，所以不是周期函数，A选项错误.因为是R上的偶函数，且当时，，所以， B选项正确.，C选项正确.当时，，当时，，，当时，，，以此类推.依题意，是在上恒成立，则实数m的最小值在区间(3，7]上，当时，，当时，，所以当时，，，当时，，画出在区间[-1，7]的图象，如图所示，令，即，解得(舍去)，所以实数m的最小值为，D选项正确.故选BCD.13.答案：-100解析：展开式的通项为，令，解得；令，解得，所以展开式中含x的项的系数为.14.答案：解析：圆，圆心为，半径为1；圆，圆心为，半径为5.易知两圆内切，切点为，又两圆圆心都在x轴上，所以两圆公切线的方程为，即.15.答案：解析：设切点坐标为.由题意，知，切线的斜率为①，所以切线的方程为②.将点代入②式，得，解得或.分别将和代入①式，得和，由题意，得，得.16.答案：解析：由椭圆C的方程，得，，设，，则A，B两点的“椭点”坐标分别为，，又以线段PQ为直径的圆经过坐标原点O，所以，即，①联立消去y并整理，得，所以，，所以，将，代入方程①并整理，得，所以.17.答案：（1）（2）8解析：（1）由题意得，整理得...（2），.假设存在整数t满足总成立，又，数列是递增数列.为的最小值，故，即.又满足条件的t的最大值为8.18.答案：（Ⅰ）（Ⅱ）22解析：（Ⅰ）由正弦定理，得.
因为，所以，
又，所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
因为，所以，所以，
所以.
因为，即，
所以，
所以.19.答案：(1)存在，.(2)余弦值为.解析：(1)取的中点P，连接CP交于点M，点M即为所求.证明：连接PN，因为N是AD的中点，P是的中点，所以，又平面MNC，平面MNC，所以直线平面MNC.因为，所以.所以.(2)连接AC.由(1)知.又平面ABCD，所以平面ABCD.因为，四边形ABCD是菱形，所以为正三角形，所以.以N为坐标原点，NC，ND，NP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.又，所以，所以点，则.设平面的法向量，则即令，得.设平面的法向量，则即令，得，所以，由图易得二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.20.答案：（1）（2）（3）解析：（1）将田忌的三匹马按照上、中、下三等分别记为，，，齐威王的三匹马按照上、中、下三等分别记为，，.解法一  在第一局比赛中，每一匹马上场的概率都是，可以按照如下方式进行讨论：若齐威王派出的是，则田忌必然失败；若齐威王派出的是，则田忌只有派出才能胜利；若齐威王派出的是，则田忌派出或皆可胜利.设事件A为“在第一局比赛中田忌胜利”，则，则在第一局比赛中田忌胜利的概率.解法二  设事件为“第一局比赛中双方参赛的马匹情况”，事件A为“在第一局比赛中田忌胜利”，由题意得，，，则在第一局比赛中田忌胜利的概率.（2）解法一  设事件B为“第一局齐威王派出场的是上等马，而田忌派出场的是下等马”，事件C为“田忌获得本场比赛的胜利”.由于第一局田忌失败，故田忌第二局和第三局必须都胜利才能获得本场比赛胜利.依题意，田忌若第二局胜利，则第三局必然胜利，因此，只考虑第二局的对阵情况即可，故，则本场比赛田忌胜利的概率.解法二  设事件B为“第一局齐威王派出场的是上等马，而田忌派出场的是下等马”，事件C为“田忌获得本场比赛的胜利”，由题意得，，，则本场比赛田忌胜利的概率.（3）.（直接给出结果即可）21.答案：(1).(2)证明过程见解析.解析：(1)由题得双曲线C的一条渐近线方程为，虚轴的一个顶点为，
依题意得，即，
即，①
又点在双曲线C上，
所以，即，②
由①②解得，，
所以双曲线C的方程为.
(2)当直线AB的斜率不存在时，点A，B关于x轴对称，
设，，
则由，解得，
即，解得，不符合题意，所以直线AB的斜率存在.
不妨设直线AB的方程为，代入，
整理得，，
设，，
则，，
由，得，
即，
整理得，
所以，
整理得，即，
所以或.
当时，直线AB的方程为，经过定点；
当时，直线AB的方程为，经过定点，不符合题意.
综上，直线AB过定点.22.答案：（1）-1（2）解析：（1）当时，，所以.
若，，单调递增；
若，，单调递减，
所以.（2）由，得.当时，由（1）可知，不存在零点；当时，，
若，，单调递增，
若，，单调递减，
所以，所以不存在零点；
当时，，若，，在上单调递增，
因为，所以函数恰有一个零点，
若，在，上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，当时，，由零点存在定理可知在上必有一个零点，所以满足条件，
若，在，上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，当时，，
由零点存在定理可知在上必有一个零点，即满足条件.综上，若恰有一个零点，a的取值范围为.