2023届高三下学期开学摸底考数学试卷（浙江专用）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12023届高三下学期开学摸底考试卷（浙江专用）数学第Ⅰ卷（选择题）一、单选题（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〗由，则，即，由，则，即，，故选：A.2．已知，且，其中是虚数单位，则等于（

）A．5 B． C． D．1〖答案〗B〖解析〗由得：，即，解得，从而.故选：B3．设，，则等于（

）A． B．1 C．2 D．3〖答案〗B〖解析〗由，，得，则，则，则，则.故选：B4．甲､乙两袋中各有大小相同的10个球，甲袋有5个红球，5个白球；乙袋有7个红球，3个白球，随机选择一袋，然后从中随机摸出两个球，表示恰好摸到一个红球与一个白球的事件的概率，则等于（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗设事件为“取到甲袋”，事件为“取到乙袋”，则，，则.故选：C.5．函数在上的图象大致是（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗，，而，因此函数是偶函数，其图象关于y轴对称，选项A，B不满足；又，，于是得，选项C不满足，D符合题意.故选：D6．已知双曲线的右焦点为，关于原点对称的两点，分别在双曲线的左、右两支上，，，且点在双曲线上，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗令双曲线右焦点，则其左焦点，连接，如图，显然与互相平分于点O，即四边形为平行四边形，又，则，因此四边形为矩形，令，由得，由双曲线定义知，，在中，，即，解得，在中，，而，于是得，解得，所以双曲线的离心率.故选：B7．实数分别满足，则的大小关系为（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗由已知得，①设，当时，，所以在上单调递减，因此，即，所以，又设，，当时，，所以在上单调递增，因此，所以则，所以；②设，当时，，在上，单调递减，当时，恒成立；取时，；综上得故选：C.8．2022年第二十四届北京冬奥会开幕式上由96片小雪花组成的大雪花惊艳了全世界，数学中也有一朵美丽的雪花一“科赫雪花”．它可以这样画，任意画一个正三角形，并把每一边三等分：取三等分后的一边中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉，形成雪花曲线；重复上述两步，画出更小的三角形．一直重复，直到无穷，形成雪花曲线，．设雪花曲线的边长为，边数为，周长为，面积为，若，则下列说法正确的是（

）A． B．C．均构成等比数列 D．〖答案〗D〖解析〗据题意知：，∴，A错误；，当时，，B错误；∴，由也满足上式，则，所以不构成等比数列，C错误；由上，，则，D正确.故选：D．二、多选题（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。全部选对得5分，有选错得0分，部分选对得2分）9．已知函数的部分图像如图所示，将的图像向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度后得到函数的图像，则（

）A． B．C．的图像关于点对称 D．在上单调递减〖答案〗AD〖解析〗由图像可知函数的最大值为2，最小值为，所以，，又，又，所以又，所以，所以，故正确，将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，故错误．由，所以的图像关于点对称，故错误．由即，所以选项正确.故选：．10．已知，则（

）A． B．C． D．〖答案〗AC〖解析〗对A，为展开式中最高次项系数，只能由展开式的最高次项相乘，故为，即，故A正确；对B，，故，故B错误；对C，令，则，即，令，则，即.故，故C正确；对D，令，则，结合C，，故...①又...②，①+②可得，故，，故，故D错误.故选：AC11．如图，在长方体中，，分别是棱的中点，点在侧面内，且，则（

）A．的最小值是B．C．三棱锥的体积是定值D．三棱锥的外接球表面积的取值范围是〖答案〗BCD〖解析〗如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，设，则，因为，所以，得，所以，则，得，，当时，，则，当时，则，则，综上，，所以三点共线，即点的轨迹即为线段，对于A，，即的最小值是，故A错误；对于B，，则，所以，故B正确；对于C，，则为定值，由点的轨迹即为线段，且，所以，又平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离为定值，即三棱锥的高为定值，所以三棱锥的体积是定值，故C正确；对于D，设的中点为，则在中，外接圆的圆心即为点，则三棱锥的外接球的球心在过点且垂直于平面的直线上，设球心为，，则，即，所以，则，因为，所以，即三棱锥的外接球的半径，所以三棱锥的外接球表面积的取值范围是，故D正确.故选：BCD.12．已知函数，的定义域为R，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列结论一定正确的是（

）A． B． C． D．〖答案〗ABD〖解析〗因为为偶函数,则，两边求导得,所以为奇函数,因为,,所以,故,所以,即的周期且,在，中,令,可得,所以，故A正确；令，可得，而为奇函数，则，所以，则，故B正确;令得,,则,无法求得,同理令得,,因此,相加得,只有在时,有,但不一定为0,因此C错误;在中,令得,,在中,令得,,两式相加得,即，故D正确；故选：ABD.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．写出一个最小正周期为2的奇函数________．〖答案〗〖解析〗由最小正周期为2，可考虑三角函数中的正弦型函数，，满足，即是奇函数；根据最小正周期，可得.故函数可以是中任一个，可取.故〖答案〗为：.14．已知，都是正数，则的最小值是______.〖答案〗〖解析〗因为均为正实数，故设，，则联立解得，，当且仅当，即，即时取等号，故〖答案〗为：.15．已知直线：与直线关于直线对称，点在圆：上运动，则动点到直线的距离的最大值为____________.〖答案〗6〖解析〗变形为，令，解得：，故直线恒过定点，关于对称的点，故直线恒过点，变形为，圆心为，半径为1，故圆心与的距离为，则动点到直线的距离的最大值为BC的长加上半径，即.故〖答案〗为：616．设点P在单位圆的内接正八边形的边上，则的取值范围是_______．〖答案〗〖解析〗以圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示：则,，设,于是，因为，所以，故的取值范围是.故〖答案〗为：．四、解答题（本题共6小题，其中17题10分，18、19、20、21、22题各12分，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（10分）已知正项数列的前n项和，满足，数列的前n项积为．（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前n项和．解：（1）由题意：①，当时，可得，当时，②，由①-②得：，由为正项数列，得是首项为，公比为的等比数列.因此可得（2）由于数列的前项的乘积为，当时，得；当时，得；符合通项，故得.由（1）可知：，，令为的前项和，.18．（12分）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）若，求C；（2）求的取值范围.解：（1）由，可得，则整理得，解之得或又，则，则，则（2）A，B为的内角，则则由，可得，则均为锐角又，则，则，则则令，则又在单调递增，，可得，则的取值范围为，则的取值范围为19．（12分）近年来，水旱灾害是我国出现频率最高，影响范围和造成损失较大的自然灾害.如何在水旱灾害发生的各个阶段，利用信息系统在较短时间内尽可能多地获取相关信息，对防汛抗旱的形势和问题作出正确的判断，制订科学的决策方案是新时期流域水旱灾害防御需要面对的新问题.今年入汛以来，某市降雨量比常年偏多两成以上，且强度大、持续时间长．依据该地A河流7月份的水文观测点的历史统计数据所绘制的频率分布直方图如图甲所示；依据当地的地质构造，得到水位与灾害等级的频率分布条形图如图乙所示.（1）以此频率作为概率，试估计A河流在7月份水位的50百分位数及在7月份发生1级灾害的概率；（2）A河流域某企业，在7月份，若没受1、2级灾害影响，利润为600万元；若受1级灾害影响，则亏损200万元；若受2级灾害影响，则亏损1200万元．现此企业有如下三种应对方案：方案等级费用（单位：万元）方案一无措施0方案二防控1级灾害50方案三防控2级灾害200试问，如仅从利润考虑，该企业应选择这三种方案中的哪种方案？请说明理由.（1）解：频率分布直方图中6个小矩形的面积分别是0.1，0.25，0.3，02，0.1，0.05，设7月份的水位中位数为，则，∴，解得，∴7月份的水位中位数为37.5；设该河流7月份水位小于40米为事件，水位在40米至50米为事件，水位大于50米为事件，在，，，设发生1级灾害为事件，由条形图可知：，，，∴，，，∴；（2）解：由（1）可知7月份该河流不发生灾害的概率为，发生1级灾害的概率为0.155，发生2级灾害的概率为设第种方案的企业利润为，①若选择方案一，则的取值可能为600，，，∴，，∴的分布列为：6000.810.1550.035∴（万元）②若选择方案二，则的取值可能为550，，且，的分布列为：5500.9650.035∴（万元）③若选择方案三，则不会受任何灾害影响，该企业7月份的平均利润为（万元）∴最大，∴从利润考虑，该企业应选择第二种方案.20．（12分）如图，在四棱锥中，底面是矩形且，M为的中点，，．（1）证明：平面；（2）若，与平面所成的角为45°，求二面角的正弦值．（1）证明：因为在和Rt中，，，所以，因为，，所以，因为，，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，，平面，所以平面．（2）解：因为，所以，因为平面，平面，所以，因为，，平面，所以平面，所以为与平面所成的角，则，所以，由勾股定理知：，可如图建立空间直角坐标系，所以，，，，所以，，由（1）知，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则有，即，取，得，所以，设二面角的大小为，则．21．（12分）如图，椭圆的离心率为，上的点到直线的最短距离为.（1）求椭圆的方程；（2）过上的动点向椭圆作两条切线、，交轴于，交轴于，交轴于，交轴于，记的面积为，的面积为，求的最小值.（1）解：由题意知：，所以，即所求椭圆方程为.（2）解：设、的方程分别为、，则，，，，，①联立，可得，，化简得，显然，、是关于的的两根.故，，则，即代入①式得，令，则，，当且仅当，即时，的最小值为.22．（12分）已知函数，其中．（1）讨论函数的单调性；（2）若在上的最大值为0，①求a的取值范围；②若恒成立，求正整数k的最小值．解：（1），若，则有，单调递增；若，，当时，，单调递增，当时，，单调递减；（2）①由（1）的讨论可知，当时，单调递增，在，，满足题意；当时，在，，满足题意；当时，即，在，，令，则，当时，，单调递增，，即，不满足题意；综上，a的取值范围是；②由题意，，，即，考虑直线的极端情况a=1，则，即，令，，显然是减函数，

，

，∴存在唯一的使得，当时，，当时，，，，

，即，故k的最小值可能是3或4，验算，由于，，，，满足题意；综上，a的取值范围是，的最小值是3.2023届高三下学期开学摸底考试卷（浙江专用）数学第Ⅰ卷（选择题）一、单选题（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〗由，则，即，由，则，即，，故选：A.2．已知，且，其中是虚数单位，则等于（

）A．5 B． C． D．1〖答案〗B〖解析〗由得：，即，解得，从而.故选：B3．设，，则等于（

）A． B．1 C．2 D．3〖答案〗B〖解析〗由，，得，则，则，则，则.故选：B4．甲､乙两袋中各有大小相同的10个球，甲袋有5个红球，5个白球；乙袋有7个红球，3个白球，随机选择一袋，然后从中随机摸出两个球，表示恰好摸到一个红球与一个白球的事件的概率，则等于（

）A． B． C． D．〖答案〗C〖解析〗设事件为“取到甲袋”，事件为“取到乙袋”，则，，则.故选：C.5．函数在上的图象大致是（

）A． B．C． D．〖答案〗D〖解析〗，，而，因此函数是偶函数，其图象关于y轴对称，选项A，B不满足；又，，于是得，选项C不满足，D符合题意.故选：D6．已知双曲线的右焦点为，关于原点对称的两点，分别在双曲线的左、右两支上，，，且点在双曲线上，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗令双曲线右焦点，则其左焦点，连接，如图，显然与互相平分于点O，即四边形为平行四边形，又，则，因此四边形为矩形，令，由得，由双曲线定义知，，在中，，即，解得，在中，，而，于是得，解得，所以双曲线的离心率.故选：B7．实数分别满足，则的大小关系为（

）A． B．C． D．〖答案〗C〖解析〗由已知得，①设，当时，，所以在上单调递减，因此，即，所以，又设，，当时，，所以在上单调递增，因此，所以则，所以；②设，当时，，在上，单调递减，当时，恒成立；取时，；综上得故选：C.8．2022年第二十四届北京冬奥会开幕式上由96片小雪花组成的大雪花惊艳了全世界，数学中也有一朵美丽的雪花一“科赫雪花”．它可以这样画，任意画一个正三角形，并把每一边三等分：取三等分后的一边中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉，形成雪花曲线；重复上述两步，画出更小的三角形．一直重复，直到无穷，形成雪花曲线，．设雪花曲线的边长为，边数为，周长为，面积为，若，则下列说法正确的是（

）A． B．C．均构成等比数列 D．〖答案〗D〖解析〗据题意知：，∴，A错误；，当时，，B错误；∴，由也满足上式，则，所以不构成等比数列，C错误；由上，，则，D正确.故选：D．二、多选题（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。全部选对得5分，有选错得0分，部分选对得2分）9．已知函数的部分图像如图所示，将的图像向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度后得到函数的图像，则（

）A． B．C．的图像关于点对称 D．在上单调递减〖答案〗AD〖解析〗由图像可知函数的最大值为2，最小值为，所以，，又，又，所以又，所以，所以，故正确，将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，故错误．由，所以的图像关于点对称，故错误．由即，所以选项正确.故选：．10．已知，则（

）A． B．C． D．〖答案〗AC〖解析〗对A，为展开式中最高次项系数，只能由展开式的最高次项相乘，故为，即，故A正确；对B，，故，故B错误；对C，令，则，即，令，则，即.故，故C正确；对D，令，则，结合C，，故...①又...②，①+②可得，故，，故，故D错误.故选：AC11．如图，在长方体中，，分别是棱的中点，点在侧面内，且，则（

）A．的最小值是B．C．三棱锥的体积是定值D．三棱锥的外接球表面积的取值范围是〖答案〗BCD〖解析〗如图，以点为原点建立空间直角坐标系，则，设，则，因为，所以，得，所以，则，得，，当时，，则，当时，则，则，综上，，所以三点共线，即点的轨迹即为线段，对于A，，即的最小值是，故A错误；对于B，，则，所以，故B正确；对于C，，则为定值，由点的轨迹即为线段，且，所以，又平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离为定值，即三棱锥的高为定值，所以三棱锥的体积是定值，故C正确；对于D，设的中点为，则在中，外接圆的圆心即为点，则三棱锥的外接球的球心在过点且垂直于平面的直线上，设球心为，，则，即，所以，则，因为，所以，即三棱锥的外接球的半径，所以三棱锥的外接球表面积的取值范围是，故D正确.故选：BCD.12．已知函数，的定义域为R，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列结论一定正确的是（

）A． B． C． D．〖答案〗ABD〖解析〗因为为偶函数,则，两边求导得,所以为奇函数,因为,,所以,故,所以,即的周期且,在，中,令,可得,所以，故A正确；令，可得，而为奇函数，则，所以，则，故B正确;令得,,则,无法求得,同理令得,,因此,相加得,只有在时,有,但不一定为0,因此C错误;在中,令得,,在中,令得,,两式相加得,即，故D正确；故选：ABD.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．写出一个最小正周期为2的奇函数________．〖答案〗〖解析〗由最小正周期为2，可考虑三角函数中的正弦型函数，，满足，即是奇函数；根据最小正周期，可得.故函数可以是中任一个，可取.故〖答案〗为：.14．已知，都是正数，则的最小值是______.〖答案〗〖解析〗因为均为正实数，故设，，则联立解得，，当且仅当，即，即时取等号，故〖答案〗为：.15．已知直线：与直线关于直线对称，点在圆：上运动，则动点到直线的距离的最大值为____________.〖答案〗6〖解析〗变形为，令，解得：，故直线恒过定点，关于对称的点，故直线恒过点，变形为，圆心为，半径为1，故圆心与的距离为，则动点到直线的距离的最大值为BC的长加上半径，即.故〖答案〗为：616．设点P在单位圆的内接正八边形的边上，则的取值范围是_______．〖答案〗〖解析〗以圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示：则,，设,于是，因为，所以，故的取值范围是.故〖答案〗为：．四、解答题（本题共6小题，其中17题10分，18、19、20、21、22题各12分，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（10分）已知正项数列的前n项和，满足，数列的前n项积为．（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前n项和．解：（1）由题意：①，当时，可得，当时，②，由①-②得：，由为正项数列，得是首项为，公比为的等比数列.因此可得（2）由于数列的前项的乘积为，当时，得；当时，得；符合通项，故得.由（1）可知：，，令为的前项和，.18．（12分）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）若，求C；（2）求的取值范围.解：（1）由，可得，则整理得，解之得或又，则，则，则（2）A，B为的内角，则则由，可得，则均为锐角又，则，则，则则令，则又在单调递增，，可得，则的取值范围为，则的取值范围为19．（12分）近年来，水旱灾害是我国出现频率最高，影响范围和造成损失较大的自然灾害.如何在水旱灾害发生的各个阶段，利用信息系统在较短时间内尽可能多地获取相关信息，对防汛抗旱的形势和问题作出正确的判断，制订科学的决策方案是新时期流域水旱灾害防御需要面对的新问题.今年入汛以来，某市降雨量比常年偏多两成以上，且强度大、持续时间长．依据该地A河流7月份的水文观测点的历史统计数据所绘制的频率分布直方图如图甲所示；依据当地的地质构造，得到水位与灾害等级的频率分布条形图如图乙所示.（1）以此频率作为概率，试估计A河流在7月份水位的50百分位数及在7月份发生1级灾害的概率；（2）A河流域某企业，在7月份，若没受1、2级灾害影响，利润为600万元；若受1级灾害影响，则亏损200万元；若受2级灾害影响，则亏损1200万元．现此企业有如下三种应对方案：方案等级费用（单位：万元）方案一无措施0方案二防控1级灾害50方案三防控2级灾害200试问，如仅从利润考虑，该企业应选择这三种方案中的哪种方案？请说明理由.（1）解：频率分布直方图中6个小矩形的面积分别是0.1，0.25，0.3，02，0.1，0.05，设7月份的水位中位数为，则，∴，解得，∴7月份的水位中位数为37.5；设该河流7月份水位小于40米为事件，水位在40米至50米为事件，水位大于50米为事件，在，，，设发生1级灾害为事件，由条形图可知：，，，∴，，，∴；（2）解：由（1）可知7月份该河流不发生灾害的概率为，发生1级灾害的概率为0.155，发生2级灾害的概率为设第种方案的企业利润为，①若选择方案一，则的取值可能为600，，，∴，，∴的