广西2023届高三上学期开学摸底考试数学(文)试题(含答案)

文科数学

本试卷满分150分，考试用时120分钟．

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、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，再选涂其它答案标号．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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

4．做选考题时，考生须按照题目要求作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．设集合Axx1，Bxx2，则BA．x2x1 C．x2x1



RA（ ）

B．x2x1 D．x2x1

2．若复数z2i1bibR的实部与虚部相等，则b的值为（ ） A．2

B．1

C．1

D．2

3．如图所示的茎叶图记录了甲、乙两种商品连续10天的销售数据，则下列说法错误的是（ ）

A．甲销售数据的中位数为92 C．乙销售数据的极差为24

B．甲销售数据的众数为93 D．乙销售数据的均值比甲大

4．阅读下面的程序框图，运行相应的程序，输出S的值为（ ）

A．15

B．105

C．245

D．945

5．有一副去掉了大小王的扑克牌（每副扑克牌有4种花色，每种花色13张牌），充分洗牌后，从中随机抽取一张，则抽到的牌为“红桃”或“A”的概率为（ ） A．

1 52B．

8 27C．

4 13D．

17 526．已知函数fxsin2x0A．

ππ，若把的图象向左平移个单位后为偶函数，则（ ） fx212C．π 3B．

5π 12π 3D．π 67．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（ ）

A．14

B．20

32C．1025 D．1625 8．已知函数fxxaxxa有两个极值点x1，x2，且x1x223，则fx的极大值为（ ） 3A．3 9B．23 9C．3 3D．3

e9．函数fx在区间π,π上的图象大致为（ ）

cosxx4xA． B．

C． D．

x2y210．已知双曲线C：221（a0，b0）的右焦点为F，直线ykxk0与双曲线C交于A，B

ab两点，若AFB90，且△OAF的面积为4a2，则双曲线C的离心率为（ ）

A．

26 5B．

26 5C．2 D．3

11．在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAA12，AD3，点E，F分别是棱AB，AA1的中点，E，F，

C1平面，直线A1D1平面P，则直线BP与直线CD1所成角的余弦值为（ ）

A．22 3B．3 3C．3 9yD．y78 912．设实数x1，yR，e为自然对数的底数，若exlnxeye，则（ ） A．eylnxe

B．eylnxe

C．eyex

D．eyex

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．已知向量AB7,6，BC3,m，AD1,2m，若A，C，D三点共线，则m________．

x2y21上任何一点，则xy的最大值为________． 14．已知Px,y是椭圆

16415．在平面直角坐标系xOy中，直线x3y0与直线x3y2被圆xyr为2：1，则r________．

16．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且2acosBb2c，则角A________，当a2222r0截得弦长之比

时，ABAC的取值范围是________．

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共60分． 17．（12分）

晨跑是指在早晨以跑步为主的进行身体锻炼的一种运动方式，某机构随机抽取了某社区200名运动爱好者进行问卷调查，其中男、女生的人数之比为3：2，得到如下的22列联表．

男生 女生 合计 喜欢晨跑 50 不喜欢晨跑 40 合计 （1）完成表中数据并判断是否有90%的把握认为喜欢晨跑与性别有关？

（2）若从这200名运动爱好者中任意选取了5人，其中女生3人．再从这5人中随机抽取2人做进一步调查，求这2人中男生与女生都有的概率．

nadbc2参考公式：K，其中nabcd．

abcdacbd参考数据：

2PK2k0 k0 18．（12分）

0.10 2.06 0.05 3.841 0.010 6.635 0.001 10.828 2已知Sn是数列an的前n项和，且Snnn1．

（1）求an的通项公式； （2）若bn1，Tn是bn的前n项和，求T5． anan119．（12分）

如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC，ACBC，ACBC2，CC14，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD1，CE3，M为棱A1B1的中点．

（1）求证：C1MB1D； （2）求三棱锥A1DEB1的体积． 20．（12分）

已知函数fxaxlnxb的图象在点1,f1处的切线方程为y2x2．

2（1）求fx在0,ab内的单调区间；

（2）设函数gxxex2elnx，证明：fxgx1．

2x4x21．（12分）

已知抛物线E的顶点在原点，焦点为F2,0，过焦点且斜率为k的直线交抛物线于P，Q两点， （1）求抛物线方程；

（2）若FP2FQ，求k的值；

（3）过点Tt,0作两条互相垂直的直线分别交抛物线E于A，B，C，D四点，且M，N分别为线段AB，CD的中点，求△TMN面积的最小值．

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分． 22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

x232cos,在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数）．以坐标原点O为极点，x轴

y132sin的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为2sin（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；

（2）已知点P的直角坐标为2,2，直线l与曲线C相交于A，B两点，求PAPB． 23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）

已知函数fxx2m，mR，且fx0的解集为3,1．

π4． 4（1）求m的值；

（2）设a，b，c为正数，且abcm，求3a13b13c1的最大值．

2023届高三开学摸底考试·文科数学

参考答案、提示及评分细则

1．B

RAxx1，BRAx2x1．

2．C

∵z2i1bi2b2i的实部与虚部相等，∴2b2，解得b1． 3．A

对于A，由图可知，甲销售数据的中位数为93，故A错误；对于B，甲销售数据的众数为93，故B正确；对于C，乙销售数据的极差是1128824，故C正确；对于D，甲销售数据的均值：

80390510027649833163194，乙销售数据的均值：1018090410041108578812362100，∴乙销售数据的均值比甲大，

10故D正确． 4．B

S1，i1T3，S133，i2T5，S3515，i3T7，S157105，i4，结束算法，输出S105．

5．C

依题意，样本空间包含样本点为52，抽到的牌为“红桃”或“A”包含的样本点为16，所以抽到的牌为“红桃”或“A”的概率为6．A

把fx的图象向左平移

164． 5213πππ个单位后，得到函数ysin2xsin2x，因为该函数为12126偶函数，所以7．D

πππππkπ，kZ，所以kπ，kZ，因为0，所以． 62323由三视图还原几何体如图，该几何体为直四棱柱，底面为直角梯形．AB1，CD2，BC2，AA12，

1AB∥CD，ABBC，则该几何体的表面积是S1225221221625．

2

8．B

因为fx3x2ax1，4a2120，所以fx0有两个不同的实数解x1，x2，且由根与系数

2的关系得

x1x22a3，

x1x213，由题意可得

x1x2x1x224x1x24a24934a239233，解得a0，此时fxxx，

333332当x,当xfx3x1，，3,3时，3,时，fx0，fx单调递增，3fx0，fx单调递减，故当x9．B 因为fx323时，fx取得极大值． 39ex4cosxxefx，所以fx为偶函数，其图象关于y轴对称，排除A4cosxxxeπeππ3.5340，cosππ413480，项；当xπ时，fπ排除D项；因为eeee，4cosπππ1所以fπ1，排除C项． 10．D

设双曲线的左焦点F1，因为AFB90，由正比例函数图象和双曲线的对称性，可知AF1B90，四边形AF1BF为矩形，AFBF1，设AFm，BFn，则AFBFBF1BFmn2a，∵△OAF的面积为4a2，∴△ABF的面积S△ABF2S△OAF12mn8a2，且m2n2AB4c2，联立三式：2mn2a,222222mn16a,得4c4a32a，∴c9a，即e3． m2n24c2

11．A

如图，连接EF并延长，交线段B1A1的延长线于点G，连接GC1交A1D1于点P．知A1P1A1D1，连接BA1，3由正方体的结构特征知CD1∥BA1，∴异面直线BP与CD1所成的角为PBA1，在△PBA1中，由已知得

A1P1，AB122，BP122223，则cosPBA1A1B22． PB3

12．C

lnxylnxy1∵exlnxeye，∴eelnxy1e，即elnxy1e，（*）∵x1，∴lnx0，y1．令

yyt（*）式可化为glnxgy1，则gt1te0恒成立，∴gt在0,上gttett0，

单调递增，∴lnxy1，即xey1exey． 13．2 3∵A，C，D三点共线，∴AC与AD共线，∴8mm60，ACABBC4,m6，AD1,2m，解得m14．25 ∵Px,y2． 3x2y21上，∴可设x4cos，y2sin02π，∴在椭圆

164π，∴当sin1时，xy取xy2sin4cos25sin（其中tan2，0,）2得最大值25．

15．23 303022由题意知d12r，d22r21232r22d:d2:1，因为，所以2，2r11222r12即r24r21，可得r216．由

234，解得：r．

33π 0,2 3正

弦

定

理

及

2acosBb2c，知

2sinAcosBsinB2sinC，因为

所以sinB2cosAsinB，因为sinB0，所以cosAsinCsinABsinAcosBcosAsinB，因为A0,π，所以A1，243bca243πsinB，．由正弦定理知，，所以b33sinBsinCsinA332以

43csinC3，所

316161π16bcsinBsinCsinBsinBsinBcosBsinB333322ππ7π4348π42πsin2B1cos2Bsin2B，因为B0,，所以2B,，所以

666333633π18π41sin2B,1，故bcsin2B0,4，所以ABACcbcosAbc0,2．

62363217．解：（1）由题意知，男生总人数为：200 男生 女生 合计 23120，女生总人数为：20012080， 5不喜欢晨跑 40 30 70 合计 120 80 200 喜欢晨跑 80 50 130 20080305040∴K20.36632.706，故没有90%的把握认为喜欢晨跑与性别有关．

1208013070（2）由题意知5人中女生3人，记为A，B，C，男生2人，记为d，e；随机抽取两人，所有可能情况为A,B，

A,C，A,d，A,e，B,C，B,d，B,e，C,d，C,e，d,e共10种，

其中符合题意的有A,d，A,e，B,d，B,e，C,d,C,e，共6种，故所求概率为

218．解：（1）已知Sn是数列an的前n项和，且Snnn1，①

63． 105则Sn1n1n11，②则anSnSn12nn2，

23,n1,又a1S13，即an *2n,n2且nN.（2）由（1）得：当n2时，bn11111， 4nn14nn1则T511111111111． 34423344556619．（1）证明：∵AC∴C1MA1B1．∵CC1平面A1B1C1，C1M平面A1B1C1，1MB1，11B1C1，MA∴CC1C1M．∵BB1∥CC1，∴BB1C1M．∵BB1A1B1B1，BB1，A1B1平面ABB1A1，∴C1M平面AA1B1B，又B1D平面ABB1A1，∴C1MB1D． （2）解：∵CC1平面ABC，BC平面ABC，∴CC1BC． 又∵BCAC，ACCC1C，∴BC平面ACC1A1．

S△A1DE11323，VA1DEB1VB1A1DEB1C1S△A1DE2． 2320．（1）解：fxax2lnx1，∴f1a2． 又∵f1b0，∴ab2．

∴fx2x2lnx1，令fx0，得xe， eee∴当x0,e时，fx0，函数fx单调递减；当xe,2时，fx0，函数fx单调递

增，即fx在0,2内的单调递减区间为0,ee，单调递增区间为． ,2ee（2）证明：fxgx2x2lnxx2exx42exlnx2x2lnxx2exx22exlnx

exx2x22lnx，

设函数xx2lnx，则x2x222x1x1， xx∴当0x1时，x0，函数x单调递减；当x1时，x0，函数x单调递增， ∴x11． 设函数hxexx2x0，则hxex2xx0，

xx设pxe2xx0，则pxe2x0，令px0，得xln2，

当x0,ln2时，px0，函数px单调递减；当xln2,时，px0，函数px单调递增， 则pxmin pln221ln20，∴hx0，函数hx单调递增，∴hxh01． 又fxgxhxx，hx1，x1，∴fxgx1． 21．解：（1）∵抛物线E的顶点在原点，焦点为F2,0，∴y8x．

2（2）如图①，若k0，不妨设QFa，则PF2a．设抛物线的准线为l，过点P作PHl，垂足为H，过点Q作QGPH，垂足为G．

PH2a2GH，∴PGa．在Rt△PQG中，PGa，PQ3a，

得QG22a，∴ktanQPG22，同理k0时，k22， ∴k22．

（3）根据题意得AB，CD斜率存在．设AB：xmyt，CD：x1yt， mxmyt,2得y8my8t0， Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，Dx4,y4，由2y8x,∴

4y1y2xx44m，124m2t，M4m2t,4m，同理可得N2t,，

m22m∴TN16164m4m2m2m21，

TM16m416m24mm21，∴S△TMN当且仅当m1时，面积取到最小值16．

11TMTN8m16， 2mx232cos,22．解：（1）曲线C的参数方程为（为参数），

y132sin消去参数，可得曲线C的普通方程为x2y118．

222π2由2sin4，得2sincos4，即sincos4，

422将xcos，ysin代入，得直线l的直角坐标方程为xy40．

x2（2）∵直线l的直角坐标方程为xy40，∴它的参数方程为y2222t,2（t为参数）

，

2t2222t1t18代入C的直角坐标方程，得4，即t32t10． 22由于32240，设t1，t2是上述方程的两实根，则t1t232，t1t21，

又直线l过点P2,2，所以PAPBt1t223．解：（1）由题意，x2m322422．

m0,由fx0的解集为3,1，

m2xm2,得m23,解得m1．

m21,（2）由（1）可得abc1，由柯西不等式可得

3a13b13c11211223a13b13c1，

2∴3a13b13c132．

当且仅当3a13b13c1，即abc∴3a13b13c1的最大值为32．

1时等号成立， 3