高三数学开学摸底考02(2024新高考新题型)-2023-2024学年高三数学下学期开学摸底考(全解全析).docx

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2024届高三下学期开学摸底考全解全析数学试卷一、单项选择题: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,只有一个选项是符合题目要求的.1.过点且与直线垂直的直线方程是(    )A.B.C.D.【答案】C【分析】求出所求直线的斜率,利用点斜式可得出所求直线的方程.【详解】直线的斜率为,故所求直线的斜率为,所以,过点且与直线垂直的直线方程是,即.故选:C.2.一组数据按从小到大排列为,若该组数据的第60百分位数是众数的倍,则这组数据的平均数是(    )A.4B.5C.6D.7【答案】B【分析】按百分位数和平均数的定义计算即可.【详解】由题意该组数据共7个数,,故第60百分位数为从小到大第5个数,又众数为4,故,故该组数据的平均数为,故选:B3.设是等差数列的前项和,若,则(    )A.B.C.D.【答案】B【分析】根据等差数列片段和性质及已知,设,求得,即可得结果.【详解】由等差数列片段和性质知:是等差数列.由,可设,则,于是依次为,所以,所以.故选:B4.如图,圆锥形容器的高为3厘米,圆锥内水面的高为1厘米,若将圆锥容器倒置,水面高为 ,下列选项描述正确的是(    )A.的值等于1B.C.的值等于2D.【答案】D【分析】设圆锥形容器的底面积为S,由相似的性质可得未倒置前液面的面积为,根据圆锥的体积公式求出水的体积;再次利用相似的性质表示出倒置后液面面积,由水的体积建立关于的方程,解之即可求解.【详解】设圆锥形容器的底面积为S,未倒置前液面的面积为,则,所以,则水的体积为;设倒置后液面面积为,则,则水的体积为,解得.故选:D.5.在平面直角坐标系中,已知圆,若圆上存在点,使得,则正数的取值范围为(    )A.B.C.D.【答案】D【分析】设,根据条件得到,从而将问题转化成与圆有交点,再利用两圆的位置关系即可求出结果.【详解】设,则由,得到,整理得到,又点在圆上,所以与圆有交点, 又的圆心为,半径为,圆的圆心为,半径为,所以,解得,故选:D.6.《红海行动》是一部现代海军题材影片,该片讲述了中国海军“蛟龙突击队”奉命执行撤侨任务的故事.撤侨过程中,海军舰长要求队员们依次完成六项任务,并对任务的顺序提出了如下要求:重点任务必须排在前三位,且任务、必须排在一起,则这六项任务的不同安排方案共有A.240种B.188种C.156种D.120种【答案】D【详解】当E,F排在前三位时,=24,当E,F排后三位时,=72,当E,F排3,4位时,=24,N=120种,选D.7.已知函数在上存在最值,且在上单调,则的取值范围是(    )A.B.C.D.【答案】C【分析】利用整体法,结合三角函数图像性质对进行最值分析,对区间上进行单调分析;【详解】当时,因为,则,因为函数在上存在最值,则,解得,当时,,因为函数在上单调,则,所以其中,解得,所以,解得,又因为,则.当时,;当时,; 当时,.又因为2,因此的取值范围是.故选:C.【点睛】关键点睛:整体法分析是本题的突破点,结合三角函数图像分析是本题的核心.8.设椭圆的左、右焦点分别为、,是椭圆上一点,,,则椭圆离心率的取值范围为(    )A.B.C.D.【答案】C【分析】设,由椭圆定义和勾股定理得到,换元后得到,根据二次函数单调性求出,得到离心率的取值范围.【详解】设,,由椭圆的定义可得,,可设,可得,即有,①由,可得,即为,②由,可得,令,可得,即有,由,可得,即,则时,取得最小值;或4时,取得最大值.即有,得.故选:C【点睛】方法点睛:求椭圆的离心率或离心率的取值范围,常见有三种方法:①求出,代入公式;②根据条件得到关于的齐次式,结合转化为的齐次式,然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于离心率的方程(不等式),解方程(不等式)即可得离心率或离心率的取值范围; ③由题目条件得到离心率关于变量的函数,结合变量的取值范围得到离心率的取值范围.二、多项选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.设z,,是复数,则下列命题中正确的是(    )A.若,则B.若,则C.若,则D.若,则【答案】BC【分析】由复数的相关知识逐项判断即可.【详解】若,设,所以,则不一定为,故A错误;若,设,所以,则不一定为,故B正确;若,设,,则,,故C正确;若,设,,,,所以,即,不一定为,故D错误;故选:BC.10.已知,则(    )A.,使得B.若,则C.若,则D.若,,则的最大值为【答案】BD【分析】根据方程无解,可判定A错误;根据题意求得 ,结合两角差的正弦公式,可判定B正确;结合两角和的正弦公式,求得,利用余弦的倍角公式,可判定C错误;化简,结合基本不等式,可判定D正确.【详解】对于A中,若,可得因为,可得,解得,又因为时,,所以方程无解,所以A错误;对于B中,因为,可得,所以,又因为,所以,则,所以B正确;对于C中,由,则,所以C错误;对于D中,因为,可得,且,则,当且仅当时,即时,等号成立,所以的最大值为,所以D正确.故选:BD.11.已知函数,则下列说法正确的是(    )A.函数值域为B.函数是增函数C.不等式的解集为D.【答案】ACD【分析】对于A,令,利用换元法和对数函数的性质即可求得;对于B,令由复合函数的单调性进行判断即可;对于C,利用函数的奇偶性和单调性进行解不等式;对于D,由即可求解. 【详解】对于A,令,又因为在上递增,所以,由对数函数的性质可得,的值域为R,故A正确;对于B,因为在上递增,在上递减,由复合函数的单调性可知,为减函数,故B错误;对于C,因为的定义域为,且,,所以为奇函数,且在上为减函数,不等式等价于即,等价于,解得,故C正确;对于D,因为且,所以,故D正确.故选:ACD.三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.已知集合,,则.【答案】【分析】通过解一元二次不等式,求解函数值域,结合,,用列举法表示集合,再结合补集的定义,即得解【详解】由题意,,又又由于,又故故答案为:13.已知向量的夹角为,,则,. 【答案】2【分析】根据向量垂直的表示得,利用数量积的运算性质计算可得;根据与,结合数量积的运算性质求解可得出.【详解】由向量的夹角为,且,得,所以.因为,,所以.故答案为:2,.14.若存在正实数满足,则的最大值为.【答案】/【分析】不等式变形,换元后得到,令,则,再令,求导得到其单调性,得到,从而,解得,得到故,,求导,得到单调性和最值,求出答案.【详解】存在正实数满足,不等式两边同除以得,令,则,即,令,则,令,则,当时,,单调递减,当时,,单调递增,故在处取得极大值,也是最大值,故, 即,综上,,解得,故,,故,当时,,单调递增,当时,,单调递减,故当时,取得极大值,也是最大值,最大值为.故答案为:【点睛】常见的不等式放缩有,,,,等,再求参数取值范围或证明不等式时,常常使用以上不等式进行适当变形进行求解.四、解答题:本题共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)设函数,曲线在点处的切线方程为.(1)求;(2)证明:.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】(1)根据切线方程,求得切点与切线斜率,建立方程,可得答案;(2)由(1)写出函数解析式,化简整理不等式,构造函数,利用导数研究函数的单调性,求得最值,可得答案.【详解】(1)函数的定义域为.将代入,解得,即,由切线方程,则切线斜率.故,解得..........................6分(2)证明:由(1)知,从而等价于.设函数,则.所以当时,,当时,.故在上单调递减,在上单调递增, 从而在上的最小值为.设函数,从而在上的最大值为.故,即..........................13分16.(15分)如图,平面平面,四边形为矩形,为正三角形,,为的中点.  (1)证明:平面平面;(2)已知四棱锥的体积为,求点到平面的距离.【答案】(1)证明见详解(2)【分析】(1)利用平面几何知识结合已知条件可以证明,再利用面面垂直的性质进一步证明,结合线面垂直、面面垂直的判定定理即得证.(2)不妨设,则点到平面的距离即为的长度,结合附加条件四棱锥的体积为可以求得所有棱长,最终利用平面几何知识即可求解.【详解】(1)一方面:因为为正三角形且为的中点,所以(三线合一),又因为平面平面且平面平面,并注意到平面,所以由面面垂直的性质可知平面,又因为平面,所以由线面垂直的性质可知;另一方面:由题意不妨设,则,因为为正三角形且为的中点,所以,,所以,且,注意到与均为锐角,所以,不妨设,     因为,所以,即.综合以上两方面有且,注意到,平面,平面,所有由线面垂直的判定有平面,又因为平面,所以平面平面...........................7分(2)由(1)可知平面,则点到平面的距离即为的长度,一方面梯形的面积为,,所以有四棱锥的体积为,另一方面由题可知四棱锥的体积为,结合以上两方面有,解得,因为,所以,由(1)可知,所以,所以,所以...........................15分17.(15分)已知甲、乙两支登山队均有n名队员,现有新增的4名登山爱好者将依次通过摸出小球的颜色来决定其加入哪支登山队,规则如下:在一个不透明的箱中放有红球和黑球各2个,小球除颜色不同之外,其余完全相同先由第一名新增登山爱好者从箱中不放回地摸出1个小球,再另取完全相同的红球和黑球各1个放入箱中;接着由下一名新增登山爱好者摸出1个小球后,再放入完全相同的红球和黑球各1个,如此重复,直至所有新增登山爱好者均摸球和放球完毕.新增登山爱好者若摸出红球,则被分至甲队,否则被分至乙队.(1)求三人均被分至同一队的概率;(2)记甲,乙两队的最终人数分别为,,设随机变量,求.【答案】(1);(2). 【分析】(1)由题意,三人均被分至同一队,即三人同分至甲队或乙队,分别求出被分至甲队即摸出红球的概率、被分至甲队即摸出红球的概率、被分至甲队即摸出红球的概率,再应用条件概率公式及互斥事件加法求三人均被分至同一队的概率;(2)根据题意有可能取值为,分析各对应值的实际含义,并求出对应概率,进而求期望即可.【详解】(1)三人均被分至同一队,即三人同分至甲队或乙队,记事件“被分至甲队”,事件“被分至甲队”,事件“被分至甲队”,当即将摸球时,箱中有2个红球和2个黑球,则被分至甲队即摸出红球的概率为;当被分至甲队时,箱中有2个红球和3个黑球,则被分至甲队即摸出红球的概率为;当均被分至甲队时,箱中有2个红球和4个黑球,则被分至甲队即摸出红球的概率为;所以,则,同理知:新增登山爱好者均被分至乙队的概率也为,所以三人均被分至同一队的概率为............................7分(2)由题设,可能取值为,为新增的4名登山爱好者被分至同一队,则,为新增的4名登山爱好者中有3名均被分至同一队,其余1名被分至另一队,设新增的第名登山爱好者被单独分至甲队或乙队,则,,,,所以,为新增的4名登山爱好者中各有2名被分至甲队和乙队,则,所以............................15分18.(17分)在平面直角坐标系中,已知双曲线的浙近线方程为分别是双曲线的左、右顶点.(1)求的标准方程;(2)设是直线上的动点,直线分别与双曲线交于不同于的点,过点作直线的垂线,垂足为,求当最大时点的纵坐标.【答案】(1); (2).【分析】(1)利用给定的渐近线方程求出即可得双曲线方程.(2)设出直线的方程,与双曲线方程联立,利用韦达定理、三点共线探求直线过的定点,结合几何意义求解即得.【详解】(1)双曲线的渐近线方程为,即,依题意,,所以的标准方程为............................5分(2)由(1)知,,设,显然直线不垂直于轴,否则由双曲线的对称性,点在轴上,不符合题意;设直线,由消去得,有,则,于是,...........................8分由三点共线得直线的斜率满足,同理,由三点共线得,消去,得,即,整理得,即,则,因此或,若,又,得,结合,从而,即,不成立,即,因此,满足,............................14分 则直线恒过点,点在以为直径的圆上,当与重合时,最大,此时轴,,所以当最大时,点的纵坐标为.............................17分【点睛】思路点睛:涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题,可设直线方程为,再与圆锥曲线方程联立结合已知条件探求k,m的关系,然后推理求解.19.(17分)已知无穷数列满足,其中表示x,y中最大的数,表示x,y中最小的数.(1)当,时,写出的所有可能值;(2)若数列中的项存在最大值,证明:0为数列中的项;(3)若,是否存在正实数M,使得对任意的正整数n,都有?如果存在,写出一个满足条件的M;如果不存在,说明理由.【答案】(1)(2)证明见解析(3)不存在,理由见解析【分析】(1)根据定义知,讨论、及大小求所有可能值;(2)由,假设存在使,进而有,可得,即可证结论;(3)由题设,令,讨论、求证即可判断存在性.【详解】(1)由,,若,则,即,此时,当,则,即;当,则,即;若,则,即,此时,当,则,即; 当,则,即(舍);综上,的所有可能值为..............................6分(2)由(1)知:,则,数列中的项存在最大值,故存在使,,由,所以,故存在使,所以0为数列中的项;............................10分(3)不存在,理由如下:由,则,设,若,则,,对任意,取(表示不超过的最大整数),当时,;若,则为有限集,设,,对任意,取(表示不超过的最大整数),当时,;综上,不存在正实数M,使得对任意的正整数n,都有..............................17分【点睛】关键点点睛:第三问,首选确定,并构造集合,讨论、研究存在性.

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