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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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这是一份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），文件包含高三数学开学摸底考试卷测试范围新高考数学全部内容原卷版docx、高三数学开学摸底考试卷测试范围新高考数学全部内容解析版docx、高三数学开学摸底考试卷测试范围新高考数学全部内容参考答案docx、高三数学开学摸底考试卷测试范围新高考数学全部内容答题卡docx等4份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
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
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
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