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数学-秋季高三开学摸底考试卷（新高考专用）03
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这是一份数学-秋季高三开学摸底考试卷（新高考专用）03，文件包含数学-秋季高三开学摸底考试卷新高考专用03解析版docx、数学-秋季高三开学摸底考试卷新高考专用03答案及评分标准docx、数学-秋季高三开学摸底考试卷新高考专用03考试版docx、数学-秋季高三开学摸底考试卷新高考专用03答题卡docx等4份试卷配套教学资源，其中试卷共50页， 欢迎下载使用。
一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．
二、多项选择题：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．AB10．ABD11．ACD12．ABD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．-12014．
15．16．
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．（10分）
【答案】答案见解析
【解析】
【分析】
选条件①：根据求得，再在中用正余弦定理分别求得和，进而求得与的面积；
选条件②：根据求得，再求，再在中，由正弦定理得，，进而求得面积；
选条件③：根据求得，即，再根据计算，再在中，由正弦定理得，进而求得面积
【详解】
选条件①，，
所以．
在中，由余弦定理，得．
在中，由正弦定理，得，即，
所以．
所以，所以，所以．
所以的面积为．
选条件②，，
所以，
所以．
在中，由正弦定理，得，得，．
因为，所以，所以，
所以的面积为．
选条件③，．
所以．
因为，所以，
在中，可得，所以．
所以．
在中，由正弦定理，得，得．
因为，所以，所以，所以．
所以的面积为．
18．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【解析】
【分析】
（1）当时可求得；当时，由与关系可得，验证知，由此可证得结论；
（2）由等比数列通项公式可推导得到；当为奇数时，由知；当为偶数时，令，可知递增，得到，知；采用分组求和的方式对奇数项和偶数项分别求和，结合等比和等差数列求和公式可求得结果.
(1)当时，，解得：；
当时，由得：，
两式作差得：，即；
经检验：，满足；
数列是以为首项，为公比的等比数列.
(2)由（1）得：，；
则当为奇数时，，，；
当为偶数时，；
令，则，
，即，；
.
19．
【答案】(1)证明见解析；(2)①；②
【解析】
【分析】
（1）由线面垂直性质得，已知条件可得，即有，根据线面垂直的判定及性质即可证平面平面.
（2）①由（1）知即为直线与平面所成角，即可求，又即可求三棱锥的体积.
②取的中点G连接，构建以、、为x轴､y轴､z轴正方向的空间直角坐标系，根据已知线段长度确定，，，，，分别求面、面的一个法向量，即可求二面角的余弦值.
(1)证明：∵平面，平面，
∴.
∵，有，且ABCD是直角梯形，
∴，即，
∴.
∵，平面，平面，
∴平面.
∵平面，
∴平面平面
(2)①由（1）易知平面，
∴即为直线与平面所成角.
∴，
∴，则
∴.
②取的中点G，连接，以点C为坐标原点，分别以、、为x轴､y轴､z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
∴，，
设为平面的法向量，则，，得，取，，得
设平面的法向量，则，，取，，，得.
∴.
所求二面角为锐角，二面角的余弦值为.
20．
【答案】(1)列联表答案见解析，没有90%的把握认为喜欢阅读电子书与年龄有关
(2)分布列答案见解析，数学期望为
【解析】
【分析】
（1）根据题意，得出的列联表，求得，结合附表，即可求解；
（2）由题意得到随机变量的所有可能取值为1，2，3，4，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式求得期望值.
(1)根据题意，可得如下的的列联表：
则
所以没有90%的把握认为喜欢阅读电子书与年龄有关.
(2)按照分层抽样的方法在年轻人中抽取7名，
则抽到喜欢阅读电子书的年轻人数为4名，喜欢阅读纸质书的年轻人数为3名，
所以随机变量的所有可能取值为1，2，3，4，
可得；；
；，
所以的分布列为
则期望为.
21．
【答案】(1)；(2)在定直线方程上
【解析】
【分析】
（1）联立直线方程与双曲线方程，可得点，进而根据三角形面积公式即可求出的值；（2）分直线斜率 和不存在两种情况讨论，求出两直线交点，代入化简即可求解.
(1)设直线的方程为，联立，得，
又，，代入上式得，即，
∴，解得，∴，，∴双曲线的方程为．
(2)当直线点的斜率不存在时，，，直线的方程为，直线的方程为，联立直线与直线的方程可得的，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，
联立得，∴，，
∴直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，两边平方得，
又，满足，
∴
，
∴，∴，或，（舍去）
综上，在定直线上，且定直线方程为．
22．
【答案】(1)；(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）分析可知，由参变量分离法可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可求得实数的取值范围；
（2）令，其中，令，，分析可知关于的方程也有两个实根、，且，设，将所求不等式等价变形为，令，即证，令，其中，利用导数分析函数的单调性，即可证得结论成立.
(1)函数的定义域为.
当时，函数无零点，不合乎题意，所以，，
由可得，
构造函数，其中，所以，直线与函数的图象有两个交点，
，由可得，列表如下：
所以，函数的极大值为，如下图所示：
且当时，，
由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点，
故实数的取值范围是.
(2)证明：因为，则，
令，其中，则有，
，所以，函数在上单调递增，
因为方程有两个实根、，令，，
则关于的方程也有两个实根、，且，
要证，即证，即证，即证，
由已知，所以，，整理可得，
不妨设，即证，即证，
令，即证，其中，
构造函数，其中，
，所以，函数在上单调递增，
当时，，故原不等式成立.1
2
3
4
5
6
7
8
C
A
B
D
C
A
D
B
年长者
年轻人
总计
电子书
4
16
20
纸质书
8
12
20
总计
12
28
40
1
2
3
4
增
极大值
减
一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的．
二、多项选择题：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．AB10．ABD11．ACD12．ABD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．-12014．
15．16．
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．（10分）
【答案】答案见解析
【解析】
【分析】
选条件①：根据求得，再在中用正余弦定理分别求得和，进而求得与的面积；
选条件②：根据求得，再求，再在中，由正弦定理得，，进而求得面积；
选条件③：根据求得，即，再根据计算，再在中，由正弦定理得，进而求得面积
【详解】
选条件①，，
所以．
在中，由余弦定理，得．
在中，由正弦定理，得，即，
所以．
所以，所以，所以．
所以的面积为．
选条件②，，
所以，
所以．
在中，由正弦定理，得，得，．
因为，所以，所以，
所以的面积为．
选条件③，．
所以．
因为，所以，
在中，可得，所以．
所以．
在中，由正弦定理，得，得．
因为，所以，所以，所以．
所以的面积为．
18．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【解析】
【分析】
（1）当时可求得；当时，由与关系可得，验证知，由此可证得结论；
（2）由等比数列通项公式可推导得到；当为奇数时，由知；当为偶数时，令，可知递增，得到，知；采用分组求和的方式对奇数项和偶数项分别求和，结合等比和等差数列求和公式可求得结果.
(1)当时，，解得：；
当时，由得：，
两式作差得：，即；
经检验：，满足；
数列是以为首项，为公比的等比数列.
(2)由（1）得：，；
则当为奇数时，，，；
当为偶数时，；
令，则，
，即，；
.
19．
【答案】(1)证明见解析；(2)①；②
【解析】
【分析】
（1）由线面垂直性质得，已知条件可得，即有，根据线面垂直的判定及性质即可证平面平面.
（2）①由（1）知即为直线与平面所成角，即可求，又即可求三棱锥的体积.
②取的中点G连接，构建以、、为x轴､y轴､z轴正方向的空间直角坐标系，根据已知线段长度确定，，，，，分别求面、面的一个法向量，即可求二面角的余弦值.
(1)证明：∵平面，平面，
∴.
∵，有，且ABCD是直角梯形，
∴，即，
∴.
∵，平面，平面，
∴平面.
∵平面，
∴平面平面
(2)①由（1）易知平面，
∴即为直线与平面所成角.
∴，
∴，则
∴.
②取的中点G，连接，以点C为坐标原点，分别以、、为x轴､y轴､z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
∴，，
设为平面的法向量，则，，得，取，，得
设平面的法向量，则，，取，，，得.
∴.
所求二面角为锐角，二面角的余弦值为.
20．
【答案】(1)列联表答案见解析，没有90%的把握认为喜欢阅读电子书与年龄有关
(2)分布列答案见解析，数学期望为
【解析】
【分析】
（1）根据题意，得出的列联表，求得，结合附表，即可求解；
（2）由题意得到随机变量的所有可能取值为1，2，3，4，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式求得期望值.
(1)根据题意，可得如下的的列联表：
则
所以没有90%的把握认为喜欢阅读电子书与年龄有关.
(2)按照分层抽样的方法在年轻人中抽取7名，
则抽到喜欢阅读电子书的年轻人数为4名，喜欢阅读纸质书的年轻人数为3名，
所以随机变量的所有可能取值为1，2，3，4，
可得；；
；，
所以的分布列为
则期望为.
21．
【答案】(1)；(2)在定直线方程上
【解析】
【分析】
（1）联立直线方程与双曲线方程，可得点，进而根据三角形面积公式即可求出的值；（2）分直线斜率 和不存在两种情况讨论，求出两直线交点，代入化简即可求解.
(1)设直线的方程为，联立，得，
又，，代入上式得，即，
∴，解得，∴，，∴双曲线的方程为．
(2)当直线点的斜率不存在时，，，直线的方程为，直线的方程为，联立直线与直线的方程可得的，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，
联立得，∴，，
∴直线的方程为，直线的方程为，
联立直线与直线的方程可得：
，两边平方得，
又，满足，
∴
，
∴，∴，或，（舍去）
综上，在定直线上，且定直线方程为．
22．
【答案】(1)；(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）分析可知，由参变量分离法可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可求得实数的取值范围；
（2）令，其中，令，，分析可知关于的方程也有两个实根、，且，设，将所求不等式等价变形为，令，即证，令，其中，利用导数分析函数的单调性，即可证得结论成立.
(1)函数的定义域为.
当时，函数无零点，不合乎题意，所以，，
由可得，
构造函数，其中，所以，直线与函数的图象有两个交点，
，由可得，列表如下：
所以，函数的极大值为，如下图所示：
且当时，，
由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点，
故实数的取值范围是.
(2)证明：因为，则，
令，其中，则有，
，所以，函数在上单调递增，
因为方程有两个实根、，令，，
则关于的方程也有两个实根、，且，
要证，即证，即证，即证，
由已知，所以，，整理可得，
不妨设，即证，即证，
令，即证，其中，
构造函数，其中，
，所以，函数在上单调递增，
当时，，故原不等式成立.1
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