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全国顶级名校2024-2025学年第一学期高二开学摸底测试卷 数学试卷八及参考答案含答题卡
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这是一份全国顶级名校2024-2025学年第一学期高二开学摸底测试卷 数学试卷八及参考答案含答题卡，文件包含高三开学学情调研卷01摸底考试原卷版docx、高三开学学情调研卷01摸底考试解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
3．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．
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本大题共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，若中有3个元素，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出，再利用交集含义即可得到.
【详解】，要使中有3个元素，
只需，所以，
故选：B．
2．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用复数代数形式的乘法运算化简，再利用复数的模长公式即可求解.
【详解】因为，
所以.
故选：B
3．若向量，，则在上的投影向量的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据向量的坐标运算可得，再结合投影向量的定义运算求解.
【详解】因为，，则，
所以在上的投影向量.
故选：B.
4．的内角、、的对边分别为、、，若，，，则（ ）
A．B．4C．D．3
【答案】A
【分析】由已知利用三角形内角和定理，诱导公式可求的值，进而利用余弦定理即可求解的值．
【详解】解：因为，，，
所以，
则由余弦定理可得．
故选：A．
5．已知正方体的棱长为2，则该正方体的内切球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据正方体内切球特点即可得到球的半径，再利用球的体积公式即可.
【详解】由正方体内切球的直径是正方体的棱长，所以，即，
则球的体积，
故选：D．
6．已知变量与变量线性相关，与的样本相关系数为，且由观测数据算得样本平均数，，则由该观测数据算得经验回归方程可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据相关系数的性质以及经验回归方程过样本中心点逐项分析判断.
【详解】因为与的样本相关系数为，可知与为负相关，故A，B错误；
又因为经验回归方程过样本中心点，
对于，则，故C错误；
对于，则，故D正确．
故选：D.
7．已知函数，若在处取得极小值，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用求导得到导函数的零点和，就参数分类讨论，判断函数的单调性，即可分析判断，确定参数的范围.
【详解】由题意得，，
由可得，或，
① 若，即时，，显然不合题意；
② 若，即时，当或时，，即在和上单调递增；
当，，在上单调递减，
故在处取得极小值，符合题意；
③ 若，即时，当或时，，即在和上单调递增；
当，，在上单调递减，故在处取得极大值，不符题意.
综上所述，当时，在处取得极小值，故的取值范围是.
故选：A.
8．在平面直角坐标系中，直线上有且仅有一点，使，则直线被圆截得的弦长为（ ）
A．2B．C．4D．
【答案】D
【分析】运用点到直线的距离公式，结合弦长公式求解即可.
【详解】，化为一般式，即，直线上有且仅有一点，
使，则圆心到直线的距离,即，
圆心.
.
故选：D.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9．已知等差数列的公差，前项和为，若，则下列结论中正确的有（ ）
A．B．
C．当时，D．当时，
【答案】BC
【分析】对于A，由等差数列求和公式结合已知即可验算；对于B，由等差数列求和公式结合即可验算；对于CD，由等差数列性质即可验算.
【详解】对于A，因为，所以，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，当时，，故C正确；
对于D，当时，
，即，故D错误.
故选：BC.
10．平面内到两个定点的距离比值为一定值的点的轨迹是一个圆，此圆被称为阿波罗尼斯圆，俗称“阿氏圆”．已知平面内点，动点满足，记点的轨迹为，则下列命题正确的是（ ）
A．点的轨迹的方程是
B．过点的直线被点的轨迹所截得的弦的长度的最小值是
C．直线与点的轨迹相离
D．已知点是直线上的动点，过点作点的轨迹的两条切线，切点为，则四边形面积的最小值是4
【答案】ACD
【分析】对于A：设点，结合题意分析求解即可；对于B：分析可知点在圆内，结合圆的性质分析求解；对于C：求圆心到直线的距离，即可判断；对于D：分析可知当时，取到最小值，四边形面积取最小值，运算求解即可.
【详解】对于选项A：设点，
因为，整理可得，故A正确；
对于选项B：因点的轨迹方程是，圆心是，半径是，
且，可知点在圆内，
过点的直线被圆所截得的弦最短时，点是弦的中点，
根据垂径定理得弦的最小值是，故B错误；
对于选项C：圆心到直线的距离，
所以直线与圆相离，故C正确；
对于选项D：因为四边形面积，
由数形分析可知：当时，取到最小值，
所以四边形面积取最小值，故D正确；
故选：ACD．
【点睛】方法点睛：对于BD：先判断点、线与圆的位置关系，进而结合圆的性质分析最值.
11．已知，则关于事件与事件，下列说法正确的有（ ）
A．事件与可能相互独立B．事件与一定不互斥
C．D．
【答案】BCD
【分析】根据独立事件概率乘积公式判断A选项，根据互斥事件定义判断B选项，根据和的概率公式求解即可判断C选项，应用对立事件概率和为1判断D选项.
【详解】由，可知事件与不是相互独立事件，故A不正确；
由，可知事件与一定不互斥，故B正确；
，故C正确；
，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．的展开式中的系数是 . （用数字作答）
【答案】40
【分析】利用通项中的指数确定，然后可得.
【详解】因为展开式的通项，
所以含的项为第3项，即，
所以的系数是.
故答案为：40
13．已知函数，若对任意恒成立，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】运用绝对值不等式解法求解，然后参变分离，结合导数和二次函数求最值即可.
【详解】函数，若对任意恒成立，
即对任意恒成立，
即对任意恒成立，
即对任意恒成立，
即对任意恒成立，
即对任意恒成立．
当时，，显然成立；
当时，化为恒成立.
令，则,
由于，则，则在上单调递增，则.
令，
则时， 单调递增，则.
因此对于任意时恒成立，则.
故答案为：.
14．已知是圆的直径，，是圆上两点，且，则的最小值为 .
【答案】
【分析】设，分析可知点为线段靠近的三等分点，，再结合数量积的定义分析求解.
【详解】由题意可知：圆的半径为，
设的中点为，
因为，，
则，，，
设，则，即，
可知点为线段靠近的三等分点，
则，，
设向量与的夹角为，
可得，
且，所以的最小值为.
故答案为：.
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)如图，在中，，，D是BC边上一点，且，
(1)求的长；
(2)若，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）在中，利用正弦定理即可得解；
（2）在中，先利用余弦定理求得，再利用正弦定理即可得解.
【详解】（1）在中，，则，
在中，，即，得.
（2）因为在中，，
所以，
则，
又，即，解得，
所以.
16．(15分)已知椭圆，过点，，分别是的左顶点和下顶点，是右焦点，.
(1)求的方程；
(2)过点的直线与椭圆交于点，，直线，分别与直线交于不同的两点，.设直线，的斜率分别为，，求证：为定值.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出即可得的方程.
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，由直线求出的坐标，利用韦达定理结合斜率的坐标表示计算即得.
【详解】（1）由椭圆过点，得，
由，得椭圆半焦距，则长半轴长，
所以的方程为.
（2）显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为，，
由消去x得，显然，
，直线的方程为，
令，得点的纵坐标，同理点的纵坐标，
因此
为定值，
所以为定值.
17．(15分)在四棱锥中，底面是矩形，平面，分别是的中点.
(1)求证：平面PAD；
(2)求证：；
(3)若PD与平面所成的角为，求证：平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）取中点，连接，，由线面平行的判定定理即可得证；
（2）先由线面垂直的判定定理证明平面，得到，再由（1）即可得证；
（3）先由题意得到，，由线面垂直的判定定理证明平面，从而得证.
【详解】（1）取中点，连接，，
为的中点，，，
是的中点，底面是矩形，，，
且，
四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
平面.
（2）平面，平面，，
又底面是矩形，，
又平面，平面，
平面，，
由（1）可知，.
（3）平面，所以为与平面所成的角，
，又，，即为等腰三角形，
为中点，，
又由（2）可得，平面，
平面，
由（1）可知：，平面.
18．(17分)已知函数.
(1)求在处的切线方程；
(2)当时，若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）根据题意将问题转仳为在恒成立，构造函数，利用导数求出其最小值即可.
【详解】（1）由，得，
对求导得，
，
在处的切线方程为；
（2）当时，恒成立，即时，恒成立，
在恒成立，
令，则，
令，则，
恒成立
当时，单调递增，
，
当时，.
当时，单调递增，
，
.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合问题，考查导数的几何意义，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第（2）问解题的关键是分离参数，然后构造函数，将问题转化为利用导数求函数的最值，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题.
19．(17分)某疫苗生产单位通过验血的方式检验某种疫苗产生抗体情况，现有份血液样本（数量足够大），有以下两种检验方式：
方式一：逐份检验，需要检验次；
方式二：混合检验，将其中份血液样本混合检验，若混合血样无抗体，说明这份血液样本全无抗体，只需检验1次；若混合血样有抗体，为了明确具体哪份血液样本有抗体，需要对每份血液样本再分别化验一次，检验总次数为次．假设每份样本的检验结果相互独立，每份样本有抗体的概率均为．
(1)现有5份不同的血液样本，其中只有2份血液样本有抗体，采用逐份检验方式，求恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率；
(2)现取其中份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为；采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为．
①若，求关于的函数关系式；
②已知，以检验总次数的期望为依据，讨论采用何种检验方式更好？
参考数据：，，，，．
【答案】(1)
(2)①（且），②答案见解析
【分析】（1）根据题意确定3次检验的事件，利用有序排列，利用样本空间法，即可求解；
（2）①根据和的取值，求两个随机变量的期望，利用期望相等，求解；
②根据①的结果，比较和的大小，通过构造函数，利用导数判断单调性，比较大小，从而得到结论.
【详解】（1）设恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来为事件，
事件分为两种情况，一种是前两次检验中，其中一次检验出抗体，第三次检验出抗体，二是前三次均无抗体，
所以，
所以恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率为；
（2）①由已知得，的所有可能取值为1，，
所以， ，
所以，
若，则，
所以，，
所以，得，
所以P关于k的函数关系式（且）；
②由①知，，
若，则，所以，得，
所以（且）
令，则，
当时，，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，
，
所以不等式的解是且，
所以且时，，采用方案二混合检验方式好，
且时，，采用方案一逐份检验方式好，
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是求和，从而才可以建立等量关系或是不等式，为后面构造函数打下基础.
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
3．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．
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本大题共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，若中有3个元素，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出，再利用交集含义即可得到.
【详解】，要使中有3个元素，
只需，所以，
故选：B．
2．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用复数代数形式的乘法运算化简，再利用复数的模长公式即可求解.
【详解】因为，
所以.
故选：B
3．若向量，，则在上的投影向量的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据向量的坐标运算可得，再结合投影向量的定义运算求解.
【详解】因为，，则，
所以在上的投影向量.
故选：B.
4．的内角、、的对边分别为、、，若，，，则（ ）
A．B．4C．D．3
【答案】A
【分析】由已知利用三角形内角和定理，诱导公式可求的值，进而利用余弦定理即可求解的值．
【详解】解：因为，，，
所以，
则由余弦定理可得．
故选：A．
5．已知正方体的棱长为2，则该正方体的内切球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据正方体内切球特点即可得到球的半径，再利用球的体积公式即可.
【详解】由正方体内切球的直径是正方体的棱长，所以，即，
则球的体积，
故选：D．
6．已知变量与变量线性相关，与的样本相关系数为，且由观测数据算得样本平均数，，则由该观测数据算得经验回归方程可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据相关系数的性质以及经验回归方程过样本中心点逐项分析判断.
【详解】因为与的样本相关系数为，可知与为负相关，故A，B错误；
又因为经验回归方程过样本中心点，
对于，则，故C错误；
对于，则，故D正确．
故选：D.
7．已知函数，若在处取得极小值，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用求导得到导函数的零点和，就参数分类讨论，判断函数的单调性，即可分析判断，确定参数的范围.
【详解】由题意得，，
由可得，或，
① 若，即时，，显然不合题意；
② 若，即时，当或时，，即在和上单调递增；
当，，在上单调递减，
故在处取得极小值，符合题意；
③ 若，即时，当或时，，即在和上单调递增；
当，，在上单调递减，故在处取得极大值，不符题意.
综上所述，当时，在处取得极小值，故的取值范围是.
故选：A.
8．在平面直角坐标系中，直线上有且仅有一点，使，则直线被圆截得的弦长为（ ）
A．2B．C．4D．
【答案】D
【分析】运用点到直线的距离公式，结合弦长公式求解即可.
【详解】，化为一般式，即，直线上有且仅有一点，
使，则圆心到直线的距离,即，
圆心.
.
故选：D.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9．已知等差数列的公差，前项和为，若，则下列结论中正确的有（ ）
A．B．
C．当时，D．当时，
【答案】BC
【分析】对于A，由等差数列求和公式结合已知即可验算；对于B，由等差数列求和公式结合即可验算；对于CD，由等差数列性质即可验算.
【详解】对于A，因为，所以，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，当时，，故C正确；
对于D，当时，
，即，故D错误.
故选：BC.
10．平面内到两个定点的距离比值为一定值的点的轨迹是一个圆，此圆被称为阿波罗尼斯圆，俗称“阿氏圆”．已知平面内点，动点满足，记点的轨迹为，则下列命题正确的是（ ）
A．点的轨迹的方程是
B．过点的直线被点的轨迹所截得的弦的长度的最小值是
C．直线与点的轨迹相离
D．已知点是直线上的动点，过点作点的轨迹的两条切线，切点为，则四边形面积的最小值是4
【答案】ACD
【分析】对于A：设点，结合题意分析求解即可；对于B：分析可知点在圆内，结合圆的性质分析求解；对于C：求圆心到直线的距离，即可判断；对于D：分析可知当时，取到最小值，四边形面积取最小值，运算求解即可.
【详解】对于选项A：设点，
因为，整理可得，故A正确；
对于选项B：因点的轨迹方程是，圆心是，半径是，
且，可知点在圆内，
过点的直线被圆所截得的弦最短时，点是弦的中点，
根据垂径定理得弦的最小值是，故B错误；
对于选项C：圆心到直线的距离，
所以直线与圆相离，故C正确；
对于选项D：因为四边形面积，
由数形分析可知：当时，取到最小值，
所以四边形面积取最小值，故D正确；
故选：ACD．
【点睛】方法点睛：对于BD：先判断点、线与圆的位置关系，进而结合圆的性质分析最值.
11．已知，则关于事件与事件，下列说法正确的有（ ）
A．事件与可能相互独立B．事件与一定不互斥
C．D．
【答案】BCD
【分析】根据独立事件概率乘积公式判断A选项，根据互斥事件定义判断B选项，根据和的概率公式求解即可判断C选项，应用对立事件概率和为1判断D选项.
【详解】由，可知事件与不是相互独立事件，故A不正确；
由，可知事件与一定不互斥，故B正确；
，故C正确；
，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．的展开式中的系数是 . （用数字作答）
【答案】40
【分析】利用通项中的指数确定，然后可得.
【详解】因为展开式的通项，
所以含的项为第3项，即，
所以的系数是.
故答案为：40
13．已知函数，若对任意恒成立，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】运用绝对值不等式解法求解，然后参变分离，结合导数和二次函数求最值即可.
【详解】函数，若对任意恒成立，
即对任意恒成立，
即对任意恒成立，
即对任意恒成立，
即对任意恒成立，
即对任意恒成立．
当时，，显然成立；
当时，化为恒成立.
令，则,
由于，则，则在上单调递增，则.
令，
则时， 单调递增，则.
因此对于任意时恒成立，则.
故答案为：.
14．已知是圆的直径，，是圆上两点，且，则的最小值为 .
【答案】
【分析】设，分析可知点为线段靠近的三等分点，，再结合数量积的定义分析求解.
【详解】由题意可知：圆的半径为，
设的中点为，
因为，，
则，，，
设，则，即，
可知点为线段靠近的三等分点，
则，，
设向量与的夹角为，
可得，
且，所以的最小值为.
故答案为：.
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)如图，在中，，，D是BC边上一点，且，
(1)求的长；
(2)若，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）在中，利用正弦定理即可得解；
（2）在中，先利用余弦定理求得，再利用正弦定理即可得解.
【详解】（1）在中，，则，
在中，，即，得.
（2）因为在中，，
所以，
则，
又，即，解得，
所以.
16．(15分)已知椭圆，过点，，分别是的左顶点和下顶点，是右焦点，.
(1)求的方程；
(2)过点的直线与椭圆交于点，，直线，分别与直线交于不同的两点，.设直线，的斜率分别为，，求证：为定值.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出即可得的方程.
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，由直线求出的坐标，利用韦达定理结合斜率的坐标表示计算即得.
【详解】（1）由椭圆过点，得，
由，得椭圆半焦距，则长半轴长，
所以的方程为.
（2）显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为，，
由消去x得，显然，
，直线的方程为，
令，得点的纵坐标，同理点的纵坐标，
因此
为定值，
所以为定值.
17．(15分)在四棱锥中，底面是矩形，平面，分别是的中点.
(1)求证：平面PAD；
(2)求证：；
(3)若PD与平面所成的角为，求证：平面.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）取中点，连接，，由线面平行的判定定理即可得证；
（2）先由线面垂直的判定定理证明平面，得到，再由（1）即可得证；
（3）先由题意得到，，由线面垂直的判定定理证明平面，从而得证.
【详解】（1）取中点，连接，，
为的中点，，，
是的中点，底面是矩形，，，
且，
四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
平面.
（2）平面，平面，，
又底面是矩形，，
又平面，平面，
平面，，
由（1）可知，.
（3）平面，所以为与平面所成的角，
，又，，即为等腰三角形，
为中点，，
又由（2）可得，平面，
平面，
由（1）可知：，平面.
18．(17分)已知函数.
(1)求在处的切线方程；
(2)当时，若恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；
（2）根据题意将问题转仳为在恒成立，构造函数，利用导数求出其最小值即可.
【详解】（1）由，得，
对求导得，
，
在处的切线方程为；
（2）当时，恒成立，即时，恒成立，
在恒成立，
令，则，
令，则，
恒成立
当时，单调递增，
，
当时，.
当时，单调递增，
，
.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合问题，考查导数的几何意义，考查利用导数解决不等式恒成立问题，第（2）问解题的关键是分离参数，然后构造函数，将问题转化为利用导数求函数的最值，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题.
19．(17分)某疫苗生产单位通过验血的方式检验某种疫苗产生抗体情况，现有份血液样本（数量足够大），有以下两种检验方式：
方式一：逐份检验，需要检验次；
方式二：混合检验，将其中份血液样本混合检验，若混合血样无抗体，说明这份血液样本全无抗体，只需检验1次；若混合血样有抗体，为了明确具体哪份血液样本有抗体，需要对每份血液样本再分别化验一次，检验总次数为次．假设每份样本的检验结果相互独立，每份样本有抗体的概率均为．
(1)现有5份不同的血液样本，其中只有2份血液样本有抗体，采用逐份检验方式，求恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率；
(2)现取其中份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为；采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为．
①若，求关于的函数关系式；
②已知，以检验总次数的期望为依据，讨论采用何种检验方式更好？
参考数据：，，，，．
【答案】(1)
(2)①（且），②答案见解析
【分析】（1）根据题意确定3次检验的事件，利用有序排列，利用样本空间法，即可求解；
（2）①根据和的取值，求两个随机变量的期望，利用期望相等，求解；
②根据①的结果，比较和的大小，通过构造函数，利用导数判断单调性，比较大小，从而得到结论.
【详解】（1）设恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来为事件，
事件分为两种情况，一种是前两次检验中，其中一次检验出抗体，第三次检验出抗体，二是前三次均无抗体，
所以，
所以恰好经过3次检验就能把有抗体的血液样本全部检验出来的概率为；
（2）①由已知得，的所有可能取值为1，，
所以， ，
所以，
若，则，
所以，，
所以，得，
所以P关于k的函数关系式（且）；
②由①知，，
若，则，所以，得，
所以（且）
令，则，
当时，，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，，
，
所以不等式的解是且，
所以且时，，采用方案二混合检验方式好，
且时，，采用方案一逐份检验方式好，
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是求和，从而才可以建立等量关系或是不等式，为后面构造函数打下基础.
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