2024高三数学开学摸底考试卷05（新高考地区）

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2024高三开学摸底考试卷05
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
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2B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．测试范围：高中数学全部内容
5．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9小题，每小题5分，共45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，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意知，
所以,
故选：A
2．若复数满足，则（    ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【解析】设，，因为，所以，，
所以，又，所以，
解得，所以
故选：C.
3．已知向量，且，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】，
又，
知，
即.
故选：A
4．在平面直角坐标系中，以下方程对应的曲线，绕原点旋转一定角度之后，可以成为函数图象的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】对于A项，因为，所以，
所以方程对应的曲线为椭圆，
所以当椭圆绕原点旋转后，其一定不会成为函数图象，故A项不成立；
对于B项，因为，所以，
所以方程对应的曲线为双曲线， 其渐进线为，
所以当其绕原点旋转后，其一定是函数图象，故B项成立；
对于C项，因为，所以方程对应的曲线为圆，
所以当圆绕原点旋转后，其一定不会成为函数图象，故C项不成立；
对于D项，因为，所以方程对应的曲线为圆，
所以当圆绕原点旋转后，其一定不会成为函数图象，故D项不成立.
故选：B.
5．中国古代数学名著《算法统宗》中有一道题：“今有七人差等均钱，甲乙均五十八文，戊己庚均六十文，问乙丁各若干？”，意思是甲、乙、丙、丁、戊、己、庚这七个人，所分到的钱数成等差数列，甲、乙两人共分到58文，戊、己、庚三人共分到60文，问乙、丁两人各分到多少文钱？则下列说法正确的是（ ）
A．乙分到28文，丁分到24文 B．乙分到30文，丁分到26文
C．乙分到24文，丁分到28文 D．乙分到26文，丁分到30文
【答案】A
【解析】依题意，设甲、乙、丙、丁、戊、己、庚所分钱数分别为，，，，，，，
则，解得，
所以乙分得（文），丁分得（文），
故选：A.
6．已知，则（    ）
A．－1 B． C． D．
【答案】A
【解析】由，
得，
即，
则，得，则，
所以

．
故选：A．
7．已知函数在上的最大值与最小值分别为和，则经过函数的图象的对称中心的直线被圆截得的最短弦长为（    ）
A．10 B．5 C． D．
【答案】D
【解析】因为，所以，
设，，
因为函数的定义域关于原点对称，
且，
所以函数为奇函数，由已知可得函数的最大值为，最小值为，
所以，故，
所以，
因为是奇函数，关于原点对称，
所以关于中心对称，
因为
则点在圆 的内部，
因为点到坐标原点的距离为，
所以所求最短弦长为 .
故选：D.
8．如图，已知是双曲线的左､右焦点，为双曲线上两点，满足，且，则双曲线的离心率为（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】延长与双曲线交于点，
因为，根据对称性可知，
设，则，
可得，即，
所以，则，，
即，可知，
在中，由勾股定理得，
即，解得.
故选：D.

  
2．焦点三角形的作用
在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．
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．某市为响应教育部《切实保证中小学每天一小时校园体育活动的规定》号召，提出“保证中小学生每天一小时校园体育活动”的倡议.在某次调研中，甲、乙两个学校学生一周的运动时间统计如下表：
学校
人数
平均运动时间
方差
甲校
2000
10
3
乙校
3000
8
2
记这两个学校学生一周运动的总平均时间为，方差为，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【解析】依题意，总平均时间为，
方差为.
故选：BC
10．如图，为了测量障碍物两侧A，B之间的距离，一定能根据以下数据确定AB长度的是（    ）

A．a，b， B．，，
C．a，， D．，，b
【答案】ACD
【解析】法一、根据三角形全等的条件可以确定A、C、D三项正确，它们都可以唯一确定三角形；
法二、对于A项，由余弦定理可知，可求得，即A正确；
对于B项，知三个内角，此时三角形大小不唯一，故B错误；
对于C项，由正弦定理可知，即C正确；
对于D项，同上由正弦定理得，即D正确；
故选：ACD.
11．已知函数及其导函数的定义域均为.，，当时，，，则（    ）
A．的图象关于对称 B．为偶函数
C． D．不等式的解集为
【答案】BCD
【解析】由可得，故可知的图象关于对称，故A错误，
由得，由得，故为偶函数，故B正确，
由可得，所以，又为偶函数，所以，即，故C正确，
由为偶函数且可得，所以是周期函数，且周期为8，又当时，，可知在单调递减
故结合的性质可画出符合条件的的大致图象：

  
由性质结合图可知：当，时，，故D正确，
故选：BCD
12．如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点，则下列说法正确的是（    ）
  
A．不存在点，使得
B．存在点，使得
C．对于任意点，到的距离的取值范围为
D．对于任意点，都是钝角三角形
【答案】ABC
【解析】由题知，在正方体中，是棱上的动点，建立以为原点，
分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向的空间直角坐标系.
所以，，，设，其中，
所以，，
当时，即，所以，显然方程组无解，
所以不存在使得，即不存在点，使得，故A项正确；
当时，解得，故B项正确；
因为，其中，所以点Q到的距离为
，
故C项正确；
因为，，其中，
所以，
所以三角形为直角三角形或钝角三角形，故D项错误.

  
故选：ABC
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．展开式中的各二项式系数之和为256，则的系数是
【答案】112
【解析】依题意得：解得
则
由，解得
从而.
故答案为：
14．陀螺又称陀罗，是中国民间最早的娱乐健身玩具之一，在山西夏县新石器时代的遗址中就发现了石制的陀螺.如图所示的陀螺近似看作由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其中圆柱的底面半径为1，圆锥与圆柱的高均为1，若该陀螺由一个球形材料削去多余部分制成，则球形材料体积的最小值为 .

【答案】/
【解析】依题意当该陀螺中圆锥的顶点及圆柱的下底面圆周都在球形材料表面上时，球形材料体积的最小，
设此时球形材料的半径为，如图所示：

    
由题意得，
解得，
所以球形材料的体积最小值为.
故答案为：
15．已知函数，且在区间上单调递增，则的取值范围为 .
【答案】
【解析】因为，当时，，
因为函数在区间上单调递增，
则，
所以，，其中，解得，
所以，，解得，
因为，且，则.
当时，；当时，.
综上所述，的取值范围是.
故答案为：.
16．已知是椭圆的左，右焦点，过点的直线与椭圆交于A，B两点，设的内切圆圆心为，则的最大值为 .
【答案】/
【解析】因为为的内切圆圆心，则，

显然是锐角，当且仅当最大时，最大，且最大，
又，即有最小，
在椭圆中，，
在中，
，当且仅当时取等号，
因此当，即为正三角形时，取得最大值，取最大值，
所以的最大值为.
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
17．（10分）
在锐角三角形中，角的对边分别为，为在方向上的投影向量，且满足.
(1)求的值；
(2)若，求的周长.
【解析】（1）由为在方向上的投影向量，则，
又，即，
根据正弦定理，，
在锐角中，，则，即，
由，则，整理可得，解得（负值舍去）.

  
（2）由，根据正弦定理，可得，
在中，，则，
所以，所以，
由（1）可知，则，
由，则，解得（负值舍去），
根据正弦定理，可得，则，，
故的周长.
18．（12分）
如图所示，在多面体中，底面为矩形，且底面∥.
  
(1)证明：∥平面.
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【解析】（1）证明：取线段的中点，连接，
因为四边形是矩形，且，
所以且
因为且且，
所以且，
所以且
所以四边形是平行四边形，则，
因为平面平面，所以平面
（2）因为底面平面，所以，
因为
所以以为坐标原点，分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

  
则，.
设平面的法向量为，则
，令，则，
故平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
由，取，则，
故平面的一个法向量，
则.
设平面与平面的夹角为，则.
19．（12分）
已知数列{an}，{bn}，{cn}中，．
(1)若数列{bn}为等比数列，且公比，且，求q与的通项公式；
(2)若数列{bn}为等差数列，且公差，证明：．
【解析】（1）依题意，而，即，由于，∴解得，
∴．
∴，故，∴数列是首项为，公比为的等比数列，∴．
∴．
∴，故（）．
∴
．
经检验对于n=1也成立；
（2）依题意设，由于，
∴，
故
，
经检验对于n=1也成立，
∴．
由于，∴，∴，即．
20．（12分）
已知，曲线与直线相切于点．
(1)求，的值；
(2)证明：当时，恒成立．
【解析】（1）．
由题设得，
故．
（2）当时，等价于，
下面证明：当时，．
设，则．
设，则，
当时，单调递减；
当时，单调递增．
又，
所以，使得,
所以当或时，；当时，．
故在和上单调递增，在上单调递减，
又，所以．
故当时，恒成立．
21．（12分）
概率论中有很多经典的不等式，其中最著名的两个当属由两位俄国数学家马尔科夫和切比雪夫分别提出的马尔科夫（Markov）不等式和切比雪夫（Chebyshev）不等式．马尔科夫不等式的形式如下：
设为一个非负随机变量，其数学期望为，则对任意，均有，
马尔科夫不等式给出了随机变量取值不小于某正数的概率上界，阐释了随机变量尾部取值概率与其数学期望间的关系．当为非负离散型随机变量时，马尔科夫不等式的证明如下：
设的分布列为其中，则对任意，，其中符号表示对所有满足的指标所对应的求和．
切比雪夫不等式的形式如下：
设随机变量的期望为，方差为，则对任意，均有
(1)根据以上参考资料，证明切比雪夫不等式对离散型随机变量成立．
(2)某药企研制出一种新药，宣称对治疗某种疾病的有效率为．现随机选择了100名患者，经过使用该药治疗后，治愈的人数为60人，请结合切比雪夫不等式通过计算说明药厂的宣传内容是否真实可信．
【解析】（1）法一：对非负离散型随机变量及正数使用马尔科夫不等式，
有．
法二：设的分布列为

其中，记，则对任意，
.
（2）设在100名患者中治愈的人数为．假设药企关于此新药有效率的宣传内容是客观真实的，
那么在此假设下，．
由切比雪夫不等式，有．
即在假设下，100名患者中治愈人数不超过60人的概率不超过0.04，此概率很小，
据此我们有理由推断药厂的宣传内容不可信．
22．（12分）
已知椭圆经过点，过点的直线交该椭圆于，两点.
(1)求面积的最大值，并求此时直线的方程；
(2)若直线与轴不垂直，在轴上是否存在点使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【解析】（1）将代入椭圆方程，
得到，故，
故椭圆方程为.
当直线的斜率为0时，此时三点共线，不合要求，舍去；
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，
与椭圆方程联立，得，
设，则，
则
，
当且仅当，即时，等号成立，
故面积的最大值为，
此时直线的方程为或.
（2）在x轴上存在点使得恒成立，
理由如下：
因为，所以，即，
整理得，
即，
所以，
则，解得，
故在x轴上存在点，使得恒成立.