秦皇岛市部分学校2022-2023学年高三上学期9月开学摸底考试
数学试卷 原卷版
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，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. 直线倾斜角取值范围为
D. 若，则三角形面积为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，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. 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. 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. 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. “斯诺克（Snooker）”是台球比赛一种，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. 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. 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．秦皇岛市部分学校2022-2023学年高三上学期9月开学摸底考试
数学试卷 解析版
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.
【答案】A
【解析】
【分析】化简集合，，利用集合的补集和交集的运算定义求解.
【详解】由可得，所以，
因为函数的值域为，所以
所以或，所以．
故选：A.
2. 命题“”的否定为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据“任意一个符合命题”的否定为“存在一个不符合命题”即可判断
【详解】由全称命题的否定为特称命题得，该命题的否定为“”
故选：C
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
【答案】A
【解析】
【分析】根据即可得到答案。
【详解】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．
故选：A
4. 已知向量满足，且，则（ ）
A. 4 B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据可判断垂直，进而根据模长公式即可求解.
【详解】由两边平方化简可得，所以，所以．
故选：D
5. 已知角的终边在射线上，则（ ）
A. 或 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用直线的斜率，即可通过二倍角公式求得的值，再通过角的终边在第三象限从而得出结论.
【详解】，解得或，
因为角的终边在射线上，所以角的终边在第三象限，
所以，故，所以．
故选：C.
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.
【答案】A
【解析】
【分析】连接与交于点，先利用线面垂直的条件证得平面，可知即为直线与平面所成的角，从而得出答案.
【详解】连接与交于点，，所以即为直线与直线所成的角，即．该几何体为正四棱柱，，可得，所以．
连接，易得，平面，平面，所以平面，
所以即为直线与平面所成的角，，所以．
故选：A.
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.
【答案】C
【解析】
【分析】由圆方程确定圆心坐标和半径，直线过定点，由时，最小，也最小，求出的范围，结合三角形面积公式，正弦函数性质得最大值．
【详解】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），时，．
故选：C．
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.
【答案】B
【解析】
【分析】将给定不等式作等价变形，构造函数并利用导数求出函数最大值作答.
【详解】依题意，，而，则，
设，则原不等式等价于，又，
即在上单调递增，于是得对任意的恒成立，即对任意的恒成立，
设，求导得，当时，，当时，，
因此在上单调递增，在上单调递减，则，
所以实数a的最小值为.
故选：B
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
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出导函数，确定单调性，由奇偶性定义判断函数的奇偶性，由导数几何意义求切线方程，由单调性判断零点个数．
【详解】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．
故选：ACD．
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
【答案】ABD
【解析】
【分析】将代入对应的回归方程，判断A，结合样本中心点过回归直线方程判断B，由散点图判断C，根据正相关的定义判断D.
【详解】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. 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
【答案】BD
【解析】
【分析】先利用图象变化得到，即可判断A，然后通过得到即可判断B，再用正弦函数的图象性质可判断C和D
【详解】解：将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，得到，再向左平移个单位长度，得到函数，所以的最大值为2，A错误；
因为相邻的两个最小值点间的距离为，故，则，
因为恒成立，所以在处取得最小值，
故，即，因为，所以，B正确；
因为，令，得，所以在上单调递减，C错误；
因为，所以在处取得最大值，D正确，
故选：BD
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
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据双曲线的几何性质，再对各个选项进行逐个计算检验即可得出结论.
【详解】设焦距为，则，设，
则，，作差得，即，
，
故，又，所以，A正确；
而离心率，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，由双曲线定义以及选项A的结论可得
，故，
又，可得，
所以三角形的面积为，D正确．
故选：ABD.
【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力的应用，是较难题.
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_____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的基本概念，由复数的除法和乘法，明确实部和虚部，结合虚部为零，可得答案.
【详解】为实数，所以．
故答案为：.
14. 已知函数满足：①，都有成立；②．请写出一个符合上述两个条件的函数_____________．
【答案】
【解析】
【分析】由①我们可以联想到指数函数，再由②算得即可解决问题.
【详解】由，都有成立，我们发现指数函数满足其条件，
不妨设，再由得，解得，故.
故答案为：.
15. 已知数列中，，且则_____________．
【答案】####
【解析】
【分析】首先根据递推公式依次写数列的前几项，观察数列的周期，进而可以得到的值．
【详解】由题：，
，，，
，，，
，
观察可得数列从第2项开始是以6为周期的数列，
故．
故答案为：.
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_____________．
【答案】2
【解析】
【分析】先由平面证平面，可证，即可进一步证是等边三角形，通过的几何关系求得，即三棱锥为正三棱锥，则其外接球即为侧面对角线长为的正方体的外接球，进一步求外接球半径，利用体积建立方程即可求得a
【详解】如图，连接并延长，交于点D，与交于点E，则．
因平面平面，所以，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为为正三角形，故D为中点，所以等边三角形，，，
则，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．
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. 已知数列的前n项和为，当时，．
（1）求；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)利用与的关系可求得通项公式；
(2)由第（1）小问可知，可用错位相减法即可求得数列的前n项和.
【小问1详解】
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，
．
【小问2详解】
，
所以，
，
作差得，
化简得．
18. 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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量垂直可得数量积为0，结合正余弦定理边角互化即可求解，
（2）根据余弦定理可求值，进而可求，根据三角形面积公式即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，
由正弦定理得．
即，由余弦定理得，
因为，所以．
【小问2详解】
在三角形中，，
即，解得或，即或，
因为，故，
因为，所以，故，所以，
所以．
19. 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．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）首先取中点Q，连接，易证四边形为平行四边形，从而得到，再利用线面平行的判定证明即可.
（2）首先易证，，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，再利用空间向量法求解即可.
【小问1详解】
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．
【小问2详解】
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，令，得，，
所以，
，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，，
所以
，
因为平面与平面夹角为锐角，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
20. “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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)利用独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式求解；(2)确定的可能取值，再求取各值的概率，利用期望公式求期望.
【小问1详解】
设事件甲在第局比赛获胜为，，由已知可得，，，，，
事件甲以3∶1赢得比赛，则前3局中甲赢得了2局且第4局甲获胜，
所以事件甲以3∶1赢得比赛可表示为，
其中互斥，相互独立，
所以
，
所以甲以3∶1赢得比赛的概率为；
【小问2详解】
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. 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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用、与，求得，代入椭圆方程即可.
（2）联立直线l与椭圆C的方程得到，再利用切割法得到，化简得到，进而利用基本不等式求得面积的最大值.
【小问1详解】
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，即，
综上解得，
所以椭圆C的方程为．
【小问2详解】
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. 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．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由在切线l与直线平行得，可解得a，又，即可用点斜式写出切线方程
（2）原命题等价成对任意的恒成立，构造，结合当时、证明在单调递增，即可证，即可证，命题得证
【小问1详解】
，则．
因为切线l与直线平行，所以，得，
又，所以切线l的方程为，即．
【小问2详解】
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，
即对任意恒成立．得证
【点睛】证明不等式恒成立问题，一般可构造函数，用导数法求得函数单调性来证明其与0的大小关系，当一阶导数不容易判断符号时，可通过二阶导数求得一阶导数的单调性来判断符号. 本题的关键是结合、得到的来证明函数的二阶导数符号
