【新高三摸底】2024届新高三-数学开学摸底考试卷（九省新高考通用）01

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2024届新高三开学摸底考试卷（九省新高考专用）01
数 学
本试卷共22题。全卷满分150分。考试用时120分钟。
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，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，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，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。
第Ⅰ卷
一、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，只有一项是符合题目要求的。
1．已知全集，集合，，且满足，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先求出集合，中的不等式，再根据得出集合，根据集合并集和补集的定义计算即可．
【详解】由题可知，，
因为，
所以，即，
所以，
所以，
故选：B．
2．已知复数满足（为虚数单位），是的共轭复数，则（    ）
A．5 B． C．10 D．
【答案】C
【分析】先根据复数的除法求出，再计算.
【详解】由
得，
所以，
所以.
故选：C.
3．已知复数z在复平面内对应的点为M，在复平面内对应的点为N，i是虚数单位，则“点M在第一象限”是“点N在第四象限”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】设复数，复数z在复平面内对应的点为M在第一象限，求出的范围，在复平面内对应的点为N在第四象限，求出的范围，再结合充分条件必要条件的定义即可求出答案.
【详解】设复数，复数z在复平面内对应的点为M在第一象限，则，
，在复平面内对应的点为N在第四象限，则.
反之，也成立，
“点M在第一象限”是“点N在第四象限”的充要条件.
故选：C..
4．木升在古代多用来盛装粮食作物，是农家必备的用具，如图为一升制木升，某同学制作了一个高为40的正四棱台木升模型，已知该正四棱台的所有顶点都在一个半径为50的球O的球面上，且一个底面的中心与球O的球心重合，则该正四棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据正四棱台的外接球的性质可得两底面的边长，进而根据直角三角形的边角关系，结合二面角的定义即可求解.
【详解】如图：正四棱台，由题意可知：是底面正方形的中心也是球O的球心，
且,所以 ,进而可得
取的中点为，过的中点作，连接,
所以 ,,故,
在直角三角形中， 故，
由于,所以即为正四棱台的侧面与底面所成二面角，故正弦值为，
故选：A

5．若数列的首项，且满足，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据递推公式，结合代入法可以求出数列的周期，利用数列的周期性进行求解即可.
【详解】因为，，
所以，所以该数列的周期为，
于是有，
故选：C
6．函数的部分图象为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】确定函数为奇函数，排除BD，当时，，排除A，得到答案.
【详解】的定义域为，
，故为奇函数，
其图象关于原点对称，排除B，D；
又时，，，，故，排除A．
故选：C．
7．我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示.在“赵爽弦图”中，若，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用平面向量的线性运算列式，再借助方程思想求解作答.
【详解】依题意，，
于是，
所以.
故选：A
8．设是定义在上的周期为3的函数，当时，，则（　　）
A．﹣1 B．1 C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，化简得到，代入即可求解.
【详解】因为是定义在上的周期为3的函数，当时，，
则.
故选：D.
二、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．某省年美术联考约有名学生参加，现从考试的科目素描满分分中随机抽取了名考生的考试成绩，记录他们的分数后，将数据分成组：，，，并整理得到如图所示的频率分布直方图．则下列说法不正确的是（    ）

A．由频率分布直方图可知，全省考生的该项科目分数均不高于分
B．用样本估计总体，全省该项科目分数小于分的考生约为人
C．若样本中分数小于的考生有人，则可估计总体中分数在区间内约人
D．用样本估计总体，全省考生该项科目分数的中位数为分
【答案】AD
【分析】由样本和总体的关系判断选项A；利用样本频率计算总体中的频数判断选项BC；利用频率分布直方图中位数的算法计算中位数判断选项D.
【详解】由题意可知，在个样本中，该项科目分数是均不高于分，样本可以用来估计总体，但不能代替总体，在其余名考生中，该项科目分数中可能有高于分的，故选项A不正确；
在样本中，分数不低于分的频率为，
则样本中分数小于分的频率为，
若用样本估计总体，则全省该项科目分数小于分的考生约为人，故选项B正确；
在样本中，成绩低于分的频率为，
当分数小于的考生有人时，其频率为，则分数在区间内的频率为，
用样本估计总体，则全省考生中分数在区间内约人，故选项C正确；
用样本估计总体，通过频率分布直方图可知中位数即为将左右两边矩形面积等分所在位置，则该位置在区间内，且等于分，故选项D不正确．
故选：AD．
10．已知函数的图象过点和，的最小正周期为T，则（    ）
A．T可能取
B．在上至少有3个零点
C．直线可能是曲线的一个对称轴
D．若函数的图象在上的最高点和最低点共有4个，则
【答案】BCD
【分析】根据题意可知，，，即可求出，从而根据函数的性质即可判断各选项的真假．
【详解】由图可知，，即，而，所以，
又，所以，即，，
所以．
对A，若，则，，显然，无整数解，错误；
对B，由可得，，因为，所以，
故有解，即在上至少有3个零点，正确；
对C，若直线可能是曲线的一个对称轴，则，
即，，又，，所以，，符合，正确；
对D，因为，所以，若函数的图象在上的最高点和最低点共有4个，则，，解得：，而，，所以，当时，符合，正确．
故选：BCD．
11．如图所示，有一个棱长为4的正四面体容器，D是PB的中点，E是CD上的动点，则下列说法正确的是（    ）

A．若E是CD的中点，则直线AE与PB所成角为
B．的周长最小值为
C．如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为
D．如果在这个容器中放入10个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为
【答案】ACD
【分析】A选项：连接AD.证明出，即可求出直线AE与PB所成角为；B选项，把沿着CD展开与面BDC同一个平面内，利用余弦定理求出，即可判断；C选项，判断出小球是正四面体的内切球，设半径为r.利用等体积法求解；D选项，判断出要使小球半径要最大，则外层小球与四个面相切，设小球半径为，利用几何关系求出.
【详解】A选项：连接AD.

在正四面体中，D是PB的中点，所以.
因为平面，平面，,
所以直线平面.
因为平面.
所以，所以直线AE与PB所成角为.故A选项正确；
B选项，把沿着CD展开与面BDC同一个平面内，
由，，

所以，所以，所以的周长最小值为不正确.故B选项错误；
C选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，设半径为r.由等体积法可得：，所以半径.故C选项正确；
D选项，10个小球分三层（1个，3个，6个）放进去，要使小球半径要最大，则外层小球与四个面相切，设小球半径为，四个角小球球心连线是棱长为的正四面体，其高为，由正四面体内切球的半径是高的得，
如图正四面体，

则，正四面体高为，得.故D选项正确.
故选：ACD
12．下列命题中正确的是（    ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】BD
【解析】本题可通过当时判断出A错误，然后通过当时、以及判断出B正确，再然后可通过取判断出C错误，最后可通过当时判断出D正确.
【详解】A项：当时，，即恒成立，A错误；
B项：当时，且，
因为，所以恒成立，B正确；
C项：当时，，，此时，C错误；
D项：由对数函数与指数函数的性质可知，
当时，恒成立，D正确，
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：本题考查全称命题和特称命题的真假判断，主要考查学生对指数函数和对数函数的性质的理解，解题时全称命题为真与存在命题为假需要证明，而全称命题为假和存在命题为真只要举一例即可，考查推理能力，是中档题.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在的展开式中x的系数为______．
【答案】
【分析】先利用多项式乘法变形为，再利用二项式通项公式写出展开式中x的项，即可得解．
【详解】的展开式中x的项为
，
所以展开式中的系数为．
故答案为：.
14．现有一圆桌，周边有标号为1，2，3，4的四个座位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探讨一个数学课题，每人只能坐一个座位，甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座方法有____种．（用数字作答）
【答案】8
【分析】先安排甲，有种方法；再安排乙，只能在甲的对面；最后安排丙、丁，有种方法，最后根据分步乘法计数原理可得所求结果．
【详解】先按排甲，其选座方法有种，由于甲、乙不能相邻，
∴乙只能坐甲对面，而丙、丁两位同学坐另两个位置的坐法有种，
∴共有坐法种数为种．
【反思】排列、组合问题由于其思想方法独特、计算量大，对结果的检验困难，所以在解决这类问题时就要遵循一定的解题原则，如特殊元素、位置优先原则，先取后排原则，先分组后分配原则，正难则反原则等，只有这样我们才能有明确的解题方向．同时解答组合问题时必须考虑周全，做到不重不漏，正确解题．
15．已知抛物线C：（p>0）的焦点为F，过点F且斜率为1的直线与抛物线C相交于A，B两点，与抛物线C的准线交于点E，若，则p＝________.
【答案】2
【分析】过点F且斜率为1的直线方程为，联立抛物线C的方程，求出，，由，即可求出的值.
【详解】过点F且斜率为1的直线方程为，
联立抛物线C的方程，得，
所以，
又因为令中，则，又因为，
所以，又因为，所以，解得p＝2.
故答案为：2.
16．设，定义的差分运算为.用表示对a进行次差分运算，显然，是一个维数组.称满足的最小正整数的值为的深度.若这样的正整数不存在，则称的深度为.
（1）已知，则的深度为__________.
（2）中深度为的数组个数为__________.
【答案】 4
【分析】利用新定义和集合的运算性质即可得出结论.
【详解】空1：因，
则，，
，.
故答案为：
空2：易知中仅有一组，
中深度的数组仅1组，
中深度的数组仅2组，
中深度的数组仅4组，

中深度的数组仅组，

所以中深度为的数组仅有组.
【点睛】关键点睛：本题考查新定义和集合运算的综合应用能力，属于高难度题，需要认真审题，抓住新定义的本质.

四、解答题：本题共6小题，共70分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程成演算步骤
17．设数列满足，.求的通项公式.
【答案】
【详解】=


.
18．已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，，且．
(1)求角C的值；
(2)若，求周长的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用向量垂直的坐标表示得，应用正余弦定理的边角关系化简，结合锐角三角形求角C；
（2）法一：将用的三角函数表示出来，结合求周长范围；法二：首先得到，再用表示周长，利用函数的单调性求范围.
【详解】（1），
（法一），，，
∴，则，又为锐角三角形，故.
（法二）则，，
∴，且为锐角三角形，故.
（2），，
由于为锐角三角形，则，且，解得，
（法一）周长
，而，即，
∴，故的周长l的取值范围为．
（法二）由上，由余弦定理得，
周长，
记，则在单调递增，
∴的周长l的取值范围为．
19．如图，在圆锥中，已知底面，，的直径，是的中点，为的中点.
  
(1)证明：平面平面；
(2)求三棱锥的体积；
(3)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)

【分析】（1）连接，先根据是等腰直角三角形证出中线，再结合证出，利用平面与平面垂直的判定定理，可证出平面平面；
（2）依题意可得，则，再根据计算可得.
（3）过分别作于，于，再连接，根据三垂线定理证明为二面角的平面角，最后分别在、、中计算出、和，最后求出所求二面角的余弦值．
【详解】（1）连接，
，是的中点，
，
又底面，底面，
，
，平面，
平面，而平面，
平面平面.
（2）因为是的中点，是的直径，所以，
所以，
所以.
（3）在平面中，过作于，由（1）知，平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
又平面，
，
在平面中，过作于，连接，，平面，
所以平面，又平面，从而．
故为二面角的平面角，
在中，，
在中，，
在中，，
在中，，
所以，
故二面角的余弦值为.
  
20．已知椭圆上一点与它的左、右两个焦点，的距离之和为，且它的离心率与双曲线的离心率互为倒数．

(1)求椭圆的方程；
(2)如图，点A为椭圆上一动点（非长轴端点），的延长线与椭圆交于点B，AO的延长线与椭圆交于点C．
①当直线AB的斜率存在时，求证：直线AB与BC的斜率之积为定值；
②求△ABC面积的最大值，并求此时直线AB的方程．
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②最大值为，．

【分析】（1）根据双曲线与椭圆的离心率，结合椭圆的定义求解即可；
（2）①设，BA的方程为，再联立椭圆的方程，利用韦达定理表达化简即可；
②同①，根据弦长公式结合点到线的距离公式，代入韦达定理化简可得的表达式，结合的范围求解面积范围即可.
（1）
由椭圆的定义知，双曲线的离心率为，
故椭圆的离心率，故，，，故椭圆的方程为．
（2）
①证明：设，则．
设直线BA的方程为，联立方程化简得，
，∴，
，
∴；
②当直线AB的斜率不存在时，可知，，，故，当直线AB的斜率存在时，由①知，，，
，
，
点C到直线AB的距离，
故.
故△ABC面积的最大值为，此时AB的方程为．
21．已知函数.
(1)若是奇函数，且有3个零点，求的取值范围；
(2)若在处有极大值，求当时的值域.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据函数为奇函数得到，故，求出，分与两种情况，结合单调性，列出不等式，求出的取值范围；
（2）根据，，求出或，分两种情况，利用导函数得到单调性和极值情况，得到时的值域.
【详解】（1）是定义域为的奇函数，
∴，即，
故，
，且.

.
当时，，此时在上单调递减，
在上只有1个零点，不合题意.
当时，令，解得，
令，解得或，
在，上单调递减，在上单调递增.
在上有3个零点，
且，
由函数为奇函数，故只需，
即，.
实数的取值范围是.
（2），
由已知可得，且，
解得或，
当，时，，.
令，即，解得，
易知是的极小值点，与题意不符；
当，时，，.
令，即，解得，
易知是的极大值点，符合题意，故，.
，
在上单调递增，在上单调递减.
又，，.
在上的值域为.
22．已知函数，．
(1)当时，求函数的最小值；
(2)当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）利用导数研究的单调性求最值；
（2）令，问题化为恒成立，利用导数研究单调性，讨论参数a及定义域判断符号，即可求范围.
【详解】（1）由题意，，
令，则，当时，当时．
所以．
（2）由，
所以，
记，即恒成立，且，
当时，当，令，则，
所以在单调递增，且，，
（令且，则，故在上递增，则，所以，以上成立），
故存在唯一，使得，
当时，递减，所以，此时，不合题意．
当时，（ⅰ）若，由上知，则递增，
（令且，则，故在上递增，则，所以，以上成立），
所以恒成立，即成立，符合题意．
（ⅱ），若，则单调递增，
，，所以存在唯一使，
当时，递减，当时，递增，
又，，故存在唯一，使，
故时，递增，时，递减，
又，，
所以时，则递增，故，即恒成立．
综上，.
【点睛】关键点点睛：第二问，注意构造中间函数研究单调性并确定零点，进而判断的符号求参数范围.