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.