高三开学考试数学试题(附详解)

2023年12月10日发(作者：学生数学试卷分析初一)

高三上学期开学考试数学试题一、单选题（每小题5分，共40分）1．已知集合A1,2,4，集合Ba,a2，若ABB，则a（A．0B．21）C．1D．2【答案】D【详解】由集合A1,2,4，集合Ba,a2，因为ABB，可得BA，当a1时，则a23，此时B1,3，此时不满足BA，舍去；当a2时，则a24，此时B2,4，此时满足BA；当a4时，则a26，此时B4,6，此时不满足BA，舍去，综上可得，a2.故选：D.2．命题：p：xR,xx0的否定为（A．xR,xx0C．xR,xx0【答案】C【详解】命题xR，xx0的否定为xR，xx0.故选：C.3．下列函数为奇函数且在0,1上为减函数的是（A．fxsinx【答案】A【详解】依题意，对于A：fxsinxsinx为奇函数且在0,1上为减函数，故A正确；对于B：fxtanx为奇函数，在0,1上为增函数，故B错误；对于C：fxcosx为偶函数，故C错误；对于D：fxsinx为奇函数，在0,1上为增函数，故D错误.故选：A.4．设a,b为实数，则“ab0”是“11”的（abA．充分而不必要条件）B．fxtanx）D．fxsinxB．xR,xx0D．xR,xx0）C．fxcosxB．必要而不充分条件C．充分必要条件【答案】DD．既不充分也不必要条件ba110，所以，abab【详解】当“ab0”时，则ba0,ab0，则所以“ab0”无法推出“11”，abba0时，有可能a0b，但不会有ab0，当11，即abab所以“11”无法推出“ab0”.ab11”既不充分也不必要条件.ab）所以“ab0”是“故选：D.5．若不等式mx2mx42x22x1对任意实数x均成立，则实数m的取值范围是（A．2,2B．10,2C．,22,D．,2【答案】B【详解】依题意，不等式mx2mx42x22x1对任意实数x均成立，2即不等式m2xm2x30恒成立，当m2时，不等式可化为30恒成立，当m2时，m212m2m28m20m10m20，解得10m2，2综上所述，m的取值范围是10,2.故选：Bππππ6．已知f(x)sinx3cosx，则f(1)f(2)f(2023)的值为（3333A．23B．3C．1D．0【答案】Bππππππππ，【详解】因为f(x)sinx3cosx2sinx2sinx333333332π6所以f(x)的周期为π，3）因为f(1)2sinf(4)2sin3π2ππ0，3，f(3)2sin3，f(2)2sin3335π4π6π3，f(6)2sin3，f(5)2sin0，333所以f(1)f(2)f(3)f(4)f(5)f(6)0，所以f(1)f(2)f(2016)337f(1)f(2)f(6)f(1)3，故选：Bπ7．已知ABC中，AC2，sinAtanB，A(0,]，则边AB的最小值为（3）A．2B．3C．2＋3D．52【答案】B【详解】ABC中，AC2，sinAtanB，则sinAcosBsinB，则acosBb2，a2c24则a2，整理得a2c24c40，2ac4c2a21π,1，又ABC中，A0,，则cosA4c324c2a22c0c23c022整理得，又a4c4c，代入整理得2，解之得3c4.224ca4c0c4c0故AB的最小值为3.故选：B8．已知a1.4，b1.1e0.4，ce0.5，则a,b,c的大小关系是（A．abcB．acbC．bcaD．cba【答案】A）xx【详解】构造函数fx1.5xe，则bf0.4，cf0.5，且fx0.5xe，当x0.5时，f¢(x)>0，函数fx在,0.5上单调递增，当x0.5时，fx0，函数fx在0.5,上单调递减，所以bf0.4f0.5c；xx设gxex1，则gxe1，当x0时，gx0，函数gx在,0上单调递减，当x0时，gx0，函数gx在0,上单调递增，x所以ex1g00故exx1，所以1.1e0.41.11.41.4，即ab．综上，abc，故选：A．二、多选题（每小题5分，共20分）119．已知实数a，b满足等式，则下列不可能成立的有（23ab）A．abC．ba0【答案】CDB．0baD．0abx11【详解】作出函数y和y的图象如图所示：32x11设m，m0，23当m1时，由图可知ab0；当m1时，由图可知a=b=0；当0m1时，由图可知ab0，故选：CD.10．计算下列各式，结果为3的是（）A．2sin152cos15B．cos215sin15cos75abtan151tan215【答案】ADC．D．1tan151tan15【详解】对于A项，2sin152cos152sin(1545)2sin603，故A项成立；对于B项，cos215sin15cos75cos215sin215cos(215)cos303，故B项不成立；2sin151sin30tan1513cos15sin15cos152tan30对于C项，，故C项不成立；2sin15cos215sin215cos301tan215261cos2151tan15tan45tan15对于D项，tan(4515)tan603，故D项成立.1tan151tan45tan15故选：AD.ππ11．已知函数f(x)Acos(x)A0,0,||的部分图像如图所示，将f(x)的图像向左平移个24单位长度，再向上平移1个单位长度后得到函数g(x)的图像，则（）πA．f(x)2cos2x3πB．g(x)2cos2x165πππkπ(kZ)上单调递减C．g(x)的图像关于点,0对称D．g(x)在k,12126【答案】ABD【详解】由图像可知函数f(x)的最大值为2，最小值为2，所以A2，T222，又f()22cos(2)2,T，又T236266所以32k(kZ)2k3(kZ)，又||，所以π23π所以f(x)2cos2x，故A正确，3π将f(x)的图像向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度后得4πg(x)2cos2x++1=2cos2x+1，故B选项正确，436由2x+kk(kZ)x(kZ)6262π所以g(x)的图像关于点,1对称，故C错误.6由2k2x+2k(kZ)6π5πkπ(kZ)即kx1212所以选项D正确故选：ABD.12．已知函数fx定义域为R，fx1是奇函数，gx1xfx，函数gx在1,上递增，则下列命题为真命题的是（A．fx1fx1）B．函数gx在,1上递减D．若gaga1，则aC．若a2b1，则g1gbga【答案】BCD12【详解】对于A，因为fx1是奇函数，所以fx1fx1，故A错误；因为fx1是奇函数，所以yfx的图象关于点1,0对称，即有fx=f2x，所以g2x12xf2xx1f2x1xfxgx，所以ygx的图象关于直线x1对称，函数gx在x1,上单调递增，所以gx在x,1上单调递减，故B正确；因为a2b1，所以g1g2bga，即g1gbga，故C正确；因为gaga1，且aa1，由函数ygx的图象关于直线x1对称，得故C正确.故选：BCD.1aa1解得a，1，22三、填空题（每小题5分，共20分）13．扇形的圆心角为60，半径为4，则扇形的面积为．【答案】8π3；【详解】因为扇形的圆心角为60，转化为弧度为π，31π28π所以该扇形的面积为4.233故答案为：8π.314．已知f(x)是定义域为R的奇函数，当x0时，f(x)log5x1，则f(5)【答案】-2【详解】f(x)是定义域为R的奇函数，当x0时，f(x)log5x1，则有f(5)f(5)log5512.故答案为：-2；π7π,2π上有且只有2个零点，则的取值范围15．已知函数fxcosx(0)在区间66是；.【答案】[,411)36ππ7π,2π，所以xπ,2π，【详解】因为x666π7π,2π上有且只有2个零点，因为函数fxcosx(0)在区间66所以5ππ7π4112π，解得，26236故答案为:[,16．已知a【答案】20411).36311211,b，7，则的最小值23ab2a13b1．122x6y117，x,y，则abx1y12a13b1去分母化简得：xy5xy7，所以(x1)(y5)12，【详解】令所以313xy3(x1)(y5)823(x1)(y5)820，2a13b124当且仅当a,b时，等号成立．311故答案为：20四、解答题17．（本题满分10分）ABC中，角A,B,C所对应的边分别为a,b,c，且3acosB2csinA3bcosA.（Ⅰ）求角A的大小；（Ⅱ）若ABC的面积为43，a是b,c的等差中项，求ABC的周长．17．【详解】（Ⅰ）3acosB2csinA3bcosA，3sinAcosB2sinCsinA3sinBcosA，3sinAcosB3sinBcosA2sinCsinA0，3sinAB2sinCsinA0，3，3sinC2sinCsinA0，C,A0,π，sinC0，sinA2π2A或.………5分331（Ⅱ）因为ABC的面积为43，所以SbcsinA43，bc16，………6分2由边a是b,c的等差中项，得bc2a，且A不是最大的角，Aπ，………7分3πa2b2c22bccos(bc)23bc(bc)248，a24a248，3a216，a4，bc2a8，所以ABC的周长为bca8412.………10分18．（本题满分12分）已知数列{an}是递增的等比数列，且a2a312,a1a427．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设Sn为数列{an}的前n项和，bnan1，求数列{bn}的前n项和Tn．SnSn118．【详解】（Ⅰ）根据题意，设该等比数列的公比为q，若a2a312,a1a427，a1qa1q212a1q3a1q91q3或q.2则有23或23a1q9a1q3a1q27又由数列{an}是递增的等比数列，则q3，则有a11，n1n1则数列{an}的通项公式ana1q3；………3分………6分（Ⅱ）由（1）可得an3则bnn1，则Sna11qn1q3n1，2………9分an1SSn11n1，SnSn1SnSn1SnSn1则Tnb1b2bn111111S1S2S2S3SnSn11123n131n1n1S1Sn1313119．（本题满分12分）………12分如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，AB//CD，ABAD，AB1，PAADCD2．E为棱PC上一点，平面ABE与棱PD交于点F．且BEPC．（Ⅰ）求证：F为PD的中点；（Ⅱ）求二面角BFCP的余弦值．19．【详解】（Ⅰ）因为PA平面ABCD，所以PAAB,PAAD．在Rt△PAB中，PB在直角梯形ABCD中，由AB1，ADCD2，可求得BC5，所以PBBC．因为BEPC，所以E为PC的中点．因为AB∥CD，AB平面PCD，所以AB//平面PCD．因为平面ABEFI平面PCDEF，所以AB∥EF．所以CD∥EF．所以F为PD的中点．（Ⅱ）因为PA平面ABCD，所以PAAB,PAAD．又ABAD，所以AB,AD,AP两两相互垂直．如图建立空间直角坐标系Axyz，………6分………5分………4分………2分………3分AB2AP25．……1分则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,2,0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)，F(0,1,1)．uuuruuuruuur所以BC(1,2,0)，BF(1,1,1)，AF(0,1,1)．uuurm0,BCx2y0,即设平面BCF的法向量为m(x,y,z)，则uuurxyz0.mBF0,令y1，则x2，z3．于是m(2,1,3)．因为AB平面PAD，且AB∥CD，所以CD平面PAD．所以AFCD．又PAAD，且F为PD的中点，所以AFPD．uuur所以AF平面PCD，所以AF是平面PCD的一个法向量．………10分uuuruuurmAF7cosm,AFuuur．………11分|m||AF|7由题设，二面角BFCP的平面角为锐角，所以二面角BFCP的余弦值为7．……12分7………8分20．（本题满分12分）某公司是一家集无人机特种装备的研发、制造与技术服务的综合型科技创新企业．该公司生产的甲、乙两种类型无人运输机性能都比较出色，但操控水平需要十分娴熟，才能发挥更大的作用．已知在单位时间内，甲、乙两种类型的无人运输机操作成功的概率分别为和2，假设每次操作能否成功相互独立．（Ⅰ）该公司分别收集了甲型无人运输机在5个不同的地点测试的两项指标数xi，yi（i1,2,3,4,5），数据如下表所示：地点1甲型无人运输机指标数x甲型无人运输机指标数y23地点244地点354地点464地点585231试求y与x间的相关系数r，并利用r说明y与x是否具有较强的线性相关关系；（若r0.75，则线性相关程度很高）（Ⅱ）操作员连续进行两次无人机的操作有两种方案：方案一：在初次操作时，随机选择两种无人运输机中的一种，若初次操作成功，则第二次继续使用该类型设备；若初次操作不成功，则第二次使用另一类型进行操作．方案二：在初次操作时，随机选择两种无人运输机中的一种，无论初次操作是否成功，第二次均使用初次所选择的无人运输机进行操作．假定方案选择及操作不相互影响，试比较这两种方案的操作成功的次数的期望值．附：参考公式及数据：rxxyyi1iinxxyyi1ii1in2n2，0.90.95．24568344454，5，y20．【详解】（Ⅰ）x55xxyi1i5iy6，xxi1i52254555658522222222225，i15yiy2344444445422相关系数rxxyyi1ii5i15xixi125yiy2625290.95，10因为r0.75，所以y与x具有较强的线性相关关系．………5分（Ⅱ）设方案一和方案二操作成功的次数分别为X，Y，则X，Y的所有可能取值均为0，1，2，方案一：PX0PX1PX212111211111，2322236121122112111351111，2322332232227212211125，233222721352585．所以EX012672727212117所以EY22，23226………9分方案二：选择其中一种操作设备后，进行2次独立重复试验，………11分所以EXEY，即方案一操作成功的次数的期望值大于方案二操作成功的次数的期望值．………12分21．（本题满分12分）已知曲线E上任意一点Q到定点F(14,0)的距离与Q到定直线m:x（Ⅰ）求曲线E的轨迹方程；5kk（Ⅱ）斜率为的直线l交曲线E于B，C两点，线段BC的中点为M，点M在x轴下方，直线314914的距离之比为．143OM交曲线E于点N，交直线x=1于点D，且满足|ON|2|OD||OM|（O为原点）．求证：直线l过定点．(x14)2y221．【详解】（Ⅰ）设曲线E上任意一点Q(x,y)，由题意知x91414143，x2y2x2y2化简整理得1，所以曲线E的轨迹方程为1；………4分95955（Ⅱ）设Bx1,y1，Cx2,y2，直线l的方程为ykxtk，3ykxt222联立x2y2，得59kx18ktx9t450，15959k2059k20因为有两个交点，所以，即22，Δ09kt518kt18k2t2t59k210t，所以x1x22，y1y2kx1x22t259k59k59k25t9kt,即M22，59k59k………7分因为点M在x轴下方，所以所以直线OM的斜率kOM5t50，又k，所以t0，259k355x，，则直线OM的直线方程为y9k9k2N81k2，将其代入双曲线E的方程，整理得x29k525281k225x所以|ON|xy1，2N9k2581k22N2N………9分将y55x代入直线x=1，解得D1,，9k9k为又因5t9kt,M2259k59k，所以有81k2255|OD|(1)81k29k22，81k2t225t29kt5t．|OM|229k2559k59k5，t0，所以t9k，因此直线l的方程为3ykx9kk(x9)，故直线l过定点(9,0)．………12分22．（本题满分12分）由|ON|2|OD||OM|，解得t9k，因为k已知函数f(x)x22a(a0).ex（Ⅰ）求函数f(x)的极值；（Ⅱ）若函数f(x)有两个不相等的零点x1，x2，（i）求a的取值范围；（ii）证明：x1x2(exa)解：（Ⅰ）f(x)xx,f(x)1x，xeee当a0时，由f’(x)=0得，xlna，x，f’(x)，f(x)的变化情况如下表：(,lna)xlna-0f’(x)f(x)单调递减极小值所以f(x)的极小值为f(lna)=lna+1.(lna,)+单调递增...........................4分（Ⅱ）（i）f(x)有两个零点的必要条件是lna+1<0，即0a当0a1；e1a时，f(0)=a>0，f(-1)=-110，lna1，ee所以f(x)在区间(lna,)上有且仅有一个零点，11a又因为x时，f(x)，（或f()10）aaea所以f(x)在区间(,lna)上有且仅有一个零点，1所以f(x)有两个零点时，a的取值范围是(0,)............................7分e（ii）f(x1)f(x2)0，不妨设x1x2，可知x1lna1x2，即x1aax0，所以ax1ex1x2ex2，2x1x2eex1x22lna等价于x12lnax2，因为2lnax2lna，所以x12lnax2等价于f(x1)f(2lnax2)，即2lnax2令g(x2)2lnax2ae2lnax20，ae2lnax2(x21)，因为ax2ex2，所以g(x2)2ln(x2)x21，x222x2121x2g(x2)120，2x2x2x2所以g(x2)在区间(1,)上单调递增，所以g(x2)g(1)0，所以x1x212分