2024高三数学开学摸底考试卷04（新高考地区）

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2024高三开学摸底考试卷04

题号
一
二
三
四
总分
得分






练习建议用时：120分钟 满分：150分
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知集合，，下图中阴影部分表示的集合为（    ）
  
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】首先解绝对值不等式求出集合，再根据对数函数的性质求出集合，图中阴影部分表示，根据交集、补集的定义计算可得.
【详解】由，即或，解得或，
所以，
又，
所以，
图中阴影部分表示.
故选：C
2．设i为虚数单位，复数满足，则（    ）
A． B．2 C． D．1
【答案】A
【分析】先求出复数，再求.
【详解】∵，∴.
故选：A
3．折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”、它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图甲），图乙是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧，所在圆的半径分别是3和6，且，则关于该圆台下列说法错误的是（    ）
  
A．高为 B．体积为
C．表面积为 D．内切球的半径为
【答案】B
【分析】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，根据圆弧所在圆的半径和圆心角，求出，计算圆台的高、体积、表面积以及内切球的半径即可判断.
【详解】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，
则，即；，即；
又圆台的母线长，
所以圆台的高，A正确；
圆台的体积，B错误；
圆台的表面积，C正确；
由于圆台的母线长等于上下底面半径和，所以圆台的高即为内切球的直径，
所以内切球的半径为，D正确.
故选：B.
4．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线及其准线分别交于两点，，则直线的斜率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】过P点作PH⊥准线，根据抛物线的定义及向量的线性关系求出，再转化为求，即可得直线斜率.
【详解】如图，
  
过点作准线，垂足为点，则，
由，得，
则，
则，
则，
根据抛物线的对称性可得直线的斜率为.
故选：C
5．黄金分割点是指将一条线段分为两部分，使得较长部分与整体线段的长的比值为的点．利用线段上的两个黄金分割点可以作出正五角星，如图所示，已知C，D为AB的两个黄金分割点，研究发现如下规律：．若等腰△CDE的顶角，则（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设，根据已知可求出，.取中点为，在中，求得，然后根据二倍角的余弦公式，计算，即可得出答案.
【详解】设，由已知可得，
则，
所以，.
  
如图，取中点为，连接，则.
在中，有，，，
则，
所以，.
故选：B.
6．下列关于统计概率知识的判断，正确的是（    ）
A．将总体划分为层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为、和，且已知，则总体方差
B．在研究成对数据的相关关系时，相关关系越强，相关系数越接近于
C．若，，则事件、相互独立
D．某医院住院的位新冠患者的潜伏天数分别为、、、、、、、，则该样本数据的第百分位数为
【答案】C
【分析】利用方差公式可判断A选项；利用相关系数与线性相关关系可判断B选项；利用条件概率公式以及独立事件的定义可判断C选项；利用百分位数的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，设层数据分别为、、、；、、、，
因为，所以，总体平均数为，
所以，，，
所以，总体方差为
，
则，
所以，当或时，，否则，A错；
对于B选项，在研究成对数据的相关关系时，相关关系越强，相关系数的绝对值越接近于，B错；
对于C选项，由条件概率公式可得，所以，，
所以，，故，
所以，事件、相互独立，C对；
对于D选项，将样本数据由小到大排列分别为、、、、、、、，
所以，该样本数据的第百分位数为，D错.
故选：C.
7．在三棱锥中，平面，且，当三棱锥的体积取最大值时，该三棱锥外接球的体积是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设，根据已知条件用把三棱锥的体积表示出来，然后利用导数确定体积取最大值时的值，进而确定出三棱锥外接球的半径，从而求出体积.
【详解】设，则，
故三棱锥的体积.
  
设，则.
由，得；由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
即三棱锥体积的最大值是，此时，即.
因为平面，
所以三棱锥外接球的半径，
则三棱锥外接球的体积为.
故选：B.
8．设函数，，若存在直线既是曲线的切线，也是曲线的切线，则实数的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】分别设出直线与两曲线的切点坐标，，利用导数的几何意义求出切线方程，根据题意得到，记且，利用导数与函数的单调性即可求解.
【详解】设直线为曲线在点处的切线，，
所以，即；
设直线为曲线在点处的切线，，
所以，即，
由题意知，因为，
由可得，
将其代入可得：，
显然，整理得.
记且，则，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，则，即，
化简得，解得.
故选：D.
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．如图所示，该曲线W是由4个圆：，，，的一部分所构成，则下列叙述正确的是（    ）
  
A．曲线W围成的封闭图形面积为4+2π
B．若圆与曲线W有8个交点，则
C．与的公切线方程为
D．曲线W上的点到直线的距离的最小值为4
【答案】ACD
【分析】A选项可将曲线W围成的封闭图形可分割为一个边长为2的正方形和四个半径为1的相同的半圆，即可判断；
B选项可直接由图讨论判断对错；
C选项可由圆心到直线的距离等于半径，求出公切线；
D选项可先找到，的公切线方程为，曲线W上的点到直线的距离的最小值即为平行线间的距离.
【详解】曲线W围成的封闭图形可分割为一个边长为2的正方形和四个半径为1的相同的半圆，
所以其面积为，故A选项正确.
当时，交点为B，D，F，H；当时，交点为A，C，E，G；
当或时，没有交点；当时，交点个数为8，故B选项错误.
设与的公切线方程为，
由直线和圆相切的条件可得，
解得，（舍去），
则其公切线方程为，即，故C选项正确.
同理可得，的公切线方程为，
则两平行线的距离，故D选项正确.
故选：ACD.
10．已知函数的图象关于对称，则（    ）
A．的最大值为2
B．是偶函数
C．在上单调递增
D．把的图象向左平移个单位长度，得到的图象关于点对称
【答案】AB
【分析】依题意可求出，从而可得，结合函数的图象性质逐一判断即可.
【详解】因为函数的图象关于对称，
所以，解得，
所以，其最大值为2，故A正确；
令，
定义域为，，
所以即是偶函数，故B正确；
时，，在单调递增，
在单调递减，故C错误；
把的图象向左平移个单位长度，得到函数
的图象，
因为，
所以的图象不关于点对称，故D错误.
故选：AB
11．已知，是椭圆：与双曲线：的公共焦点，，分别是与的离心率，且P是与的一个公共点，满足，则下列结论中正确的是（    ）
A． B．
C．的最小值为 D．的最大值为
【答案】BD
【分析】根据椭圆和双曲线的焦点可判断A,由圆锥曲线的定义以及离心率的计算公式可判断B，结合对勾函数的性质可判断C，利用三角换元可判断D.
【详解】对选项A：椭圆和双曲线共焦点，故，故A错误；
对选项B：，不妨设为第一象限的点，即，由于，，故，，故，即，即，故B正确；
  
对选项C：由得，则，令，所以，
由于，所以对勾函数在单调递增，故,没有最小值，故C错误，
对选项D：设，，，
，若最大值为，则，，，即，，，成立，故D正确；
故选：BD
12．已知函数的定义域为为奇函数，则（    ）
A．函数的图象关于对称
B．函数是周期函数
C．
D．
【答案】ABD
【分析】根据函数的对称性可得的图象关于对称，结合函数变换可推出函数是周期为的函数，结合对称性与周期性逐项判断即可得答案.
【详解】因为为奇函数，则，所以，则函数的图象关于对称，故A正确；
因为①，②，
则①+②得：，即③，
②-①得：，即④，
由③得代入④得，所以，则，则函数是周期为的函数，故B正确；
由于的图象关于对称，是周期为的函数，无法确定是否关于点对称，故C不正确；
将③代入①可得，
所以，，，，
，，，，
累加得：，故可得，
所以，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.
13． 的展开式中的系数为 ．（用数字作答）
【答案】
【分析】依题意，再写出展开式的通项，从而求出展开式中的系数.
【详解】因为，
其中展开式的通项公式为（且），
所以的展开式中含的项为，
所以的展开式中的系数为．
故答案为：
14．已知向量，，，满足，且，，则与的夹角为 ．
【答案】或
【分析】根据给定条件，求出向量，的夹角，借助几何图形求出垂直于向量的向量与的夹角，再结合共线向量求解作答.
【详解】依题意，，，则，而，于是，
作向量，有，是边长为1的正三角形，如图，

取的中点，连接，则，且，
而，因此，则与共线，
所以向量与的夹角为或.
故答案为：或
15．已知函数有两个极值点，，且，则实数m的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据极值点的定义，结合函数零点的定义，通过构造函数，利用数形结合思想进行求解即可.
【详解】由有两个不同实根，
且，
设，
当时，，当时，，
在单调递减，在单调递增，所以，
显然当时，，当时，，
图象如下：

所以有，则有，
当时，即.，
时，，
故答案为：
【点睛】关键点睛：根据函数极值的定义，结合构造函数法、数形结合法进行求解是解题的关键.
16．已知数列的通项公式是，记为在区间内项的个数，则 ，不等式成立的的最小值为 ．
【答案】 14 13
【分析】①根据，得，代入即可得解；②根据，得，对分奇偶讨论即可得解.
【详解】令，得，
当为奇数时，，
当为偶数时，，
所以.
当为奇数时，，
即，因为，所以，即，
因为为奇数，所以的最小值为；
当为偶数时，，
因为，所以，，
因为为偶数，所以的最小值为.
综上所述，的最小值为.
故答案为： ，
【点睛】关键点点睛：讨论m的奇偶性求出对应通项公式为关键.
四、解答题：本题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．记的内角的对边分别为，分别以为边长的三个正三角形的面积依次为，已知.
(1)求的面积；
(2)若，求.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据面积公式及余弦定理得到，再求出，即可求出，最后由面积公式计算可得；
（2）由正弦定理求出，即可得解.
【详解】（1）由题意得，，，
则，即，
由余弦定理得，整理得，则，又，
则，所以，则；
（2）由正弦定理得，
所以，
则或（舍去），所以.
18．在直角梯形中（如图一），，，.将沿折起，使（如图二）.
  
(1)求证：平面平面；
(2)设为线段的中点，求点到直线的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先取的中点，连接，根据题意易证平面，从而得到，即可得到平面，再根据面面垂直的判定即可证明平面平面.
（2）首先取的中点，连接，易证平面，从而得到，再计算的长度即可.
【详解】（1）取的中点，连接，如图所示：
  
因为，，
则四边形为正方形，所以，
因为，所以.
因为，，，平面，
所以平面.
又因为平面，所以.
因为，，，平面，
所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）取的中点，连接，
  
因为平面，，所以平面，
又因为平面，所以.
因为，所以.
因为，，，平面，
所以平面，
又因为平面，所以.
因为，，且，
所以，
即点 E 到直线 CD 的距离为.
19．记为数列的前项和，已知的等差中项为.
(1)求证为等比数列；
(2)数列的前项和为，是否存在整数满足？若存在求，否则说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）利用等差中项性质化简，再利用与的关系求出，利用等比数列定义即可证明；
（2）先求出通项公式，利用放缩法及等比数列前n项和公式求出和的范围即可求出整数k.
【详解】（1）因为的等差中项为，所以，
因为时，，则，所以，
由得，
又，两式相减得，即，
所以有，所以，
所以是等比数列，其首项为，公比为2.
（2）由（1）知，所以，所以，
因为，所以，
又，
所以，所以.
20．已知双曲线的左、右焦点分别为，直线，与轴交于点，与双曲线的一条渐近线交于点，且，.
(1)求双曲线的方程；
(2)设过点与轴不重合的直线交双曲线于两点，直线分别交于点，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据，可求得，求出点的坐标，再根据，求出，即可得解；
（2）设的方程为，，联立方程，利用韦达定理求出，，再证明即可.
【详解】（1）设双曲线的焦距为2c，
其中，则，
所以，，
由，有，得，
所以，.
因为双曲线的渐近线方程为，有，
所以，，
由，有，即，得，
所以，
所以的方程为；
（2）设的方程为，，
联立方程组，得，
所以，，
，，
所以
，
所以，即，即平分，
因为，所以点为的中点，
所以.
  
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
21．某商场在五一假期间开展了一项有奖闯关活动，并对每一关根据难度进行赋分，竞猜活动共五关，规定：上一关不通过则不进入下一关，本关第一次未通过有再挑战一次的机会，两次均未通过，则闯关失败，且各关能否通过相互独立，已知甲、乙、丙三人都参加了该项闯关活动.
(1)若甲第一关通过的概率为，第二关通过的概率为，求甲可以进入第三关的概率；
(2)已知该闯关活动累计得分服从正态分布，且满分为450分，现要根据得分给共2500名参加者中得分前400名发放奖励.
①假设该闯关活动平均分数为171分，351分以上共有57人，已知甲的得分为270分，问甲能否获得奖励，请说明理由；
②丙得知他的分数为430分，而乙告诉丙：“这次闯关活动平均分数为201分，351分以上共有57人”，请结合统计学知识帮助丙辨别乙所说信息的真伪.
附：若随机变量，则；；.
【答案】(1)
(2)①能，理由见解析②假
【分析】（1）设为第次通过第一关，为第次通过第二关，计算即可；
（2）①由，且，计算，求出前400名参赛者的最低得分，与甲的得分比较即可；
②假设乙所说为真，由计算，求出，利用小概率事件即可得出结论．
【详解】（1）设：第i次通过第一关，：第i次通过第二关，甲可以进入第三关的概率为，由题意知

.
（2）设此次闯关活动的分数记为.①由题意可知，因为，且，
所以，则；而，
且，
所以前400名参赛者的最低得分高于，而甲的得分为270分，所以甲能够获得奖励；
②假设乙所说为真，则，
，
而，所以，从而，
而，
所以为小概率事件，即丙的分数为430分是小概率事件，可认为其一般不可能发生，但却又发生了，所以可认为乙所说为假.
22．已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数的零点分别为，且，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求函数的定义域和导函数，结合导数与函数单调性的关系判断函数的单调性；
（2）由已知结合两点定义可得，由分析可得要证明，只需证明，
设，则只需证明，设，再利用导数求函数的最值即可证明结论.
【详解】（1）函数的定义域为，导函数，
①当时，，则在上单调递增；
②当时，令，则，
∴当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减；
（2）由（1）知，方程的两个不等的正实根，即，
亦即，从而，
设，又，即，
要证，即证，
只需证，
即证，
即证，
即证，
即证，
即证，
即证，
令，则
设，则
则在上单调递增，有，
于是，即有在上单调递增，
因此，即，
所以成立，即．