数学01-2024届新高三开学摸底考试卷（新高考专用）含答案.pdf

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1、2024 届新高三开学摸底考试卷（新高考专用）01数学（考试时间：120 分钟试卷满分：150 分）注意事项：注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时，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。回答非选择题时，将答案写在答卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一一、单选题单选题：本题共本题共 8 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 40 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一只有一项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。1设

2、集合2,1,0,1A，B=21x x，则()RAC B（）A.2，1，1B.2，0，1C.2，1D.1，12已知复数1zi，z为 z 的共轭复数，则1zz（）A.2B.2C.102D.103已知向量(1,2),(1,3)ab，且manbb，则mn（）A.12B.12C.2D.24 已知函数 f(x)loga(6ax)(a0，且 a1)在(0,2)上单调递减，则实数 a 的取值范围是()A(1,3B(1,3)C(0,1)D(1，)5椭圆221xmy的焦点在 y 轴上，长轴长是短轴长的 2 倍，则 m 的值为（）A.2B.4C.12D.146已知直线:10l xay 是圆 C：226210 xyx

3、y 的对称轴，过点 A1a，作圆 C 的一条切线，切点为 B，则|AB|=（）A.1B.2C.4D.87等比数列an的公比为 q，前 n 项和为 Sn，设甲：0q，乙：Sn是递增数列，则（）A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件8已知 sin3 3cos 13，则 sin26等于()A.23B.29C19D79二、二、多选题多选题：本题共本题共 4 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 20 分分。在每小题给出的选项中在每小题给出的选项中，有多项符合有多项符合题目要求。全部选对的得题目要求。全部选对的

4、得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。9维生素C又叫抗坏血酸，是一种水溶性维生素，是高等灵长类动物与其他少数生物的必需营养素，现从猕猴桃、柚子两种食物中测得每100克维生素C的含量（单位：mg），得到数据如下.则下列说法不正确的是（）猕猴桃102104106107113 116119121 132134柚子109113 114116117121 121 122131 132A.每100克柚子维生素C含量的众数为121B.每100克柚子维生素C含量的75%分位数为121C.每100克猕猴桃维生素C含量的平均数高于每100克柚子维生素C含量的平均数

5、D.每100克猕猴桃维生素C含量的方差高于每100克柚子维生素C含量的方差10 牛顿曾提出了物体在常温环境下温度变化的冷却模型：若物体初始温度是0（单位：oC），环境温度是1（单位：oC），其中01则经过t分钟后物体的温度将满足 101e(Rktf tk且0k）.现有一杯80 C的热红茶置于20 Co的房间里，根据这一模型研究红茶冷却情况，下列结论正确的是（）（参考数值ln20.7)A若 350 Cf，则 635 CfB若110k，则红茶下降到50 C所需时间大约为 7 分钟C若 35f ，则其实际意义是在第 3 分钟附近，红茶温度大约以每分钟5 C的速率下降D红茶温度从80 C下降到60 C

6、所需的时间比从60 C下降到40 Co所需的时间多11已知定义在 R 上的函数 f(x)的导函数为 fx，且x R，210fxfx，则下列结论正确的有（）A.若ab，则 10f af bf af bB.若ab，则 10f af bf af bC.若 f(x)是增函数，则 2f x是减函数D.若 f(x)是减函数，则 2f x是增函数12我们把所有棱长都相等的正棱柱（锥）叫“等长正棱柱（锥）”，而与其所有棱都相切的称为棱切球，设下列“等长正棱柱（锥）”的棱长都为 1，则下列说法中正确的有（）A.正方体的棱切球的半径为2B.正四面体的棱切球的表面积为2C.等长正六棱柱的棱切球的体积为43D.等长正

7、四棱锥的棱切球被棱锥 5 个面（侧面和底面）截得的截面面积之和为712三、填空题三、填空题：本题共：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。13现从4名男志愿者和3名女志愿者中，选派2人分别去甲、乙两地担任服务工作，若被选派的人中至少有一名男志愿者，则不同的选派方法共有_种.(用数字作答)14 九章算术中将正四棱台体（棱台的上下底面均为正方形）称为方亭.如图，现有一方亭ABCDEFHG，其中上底面与下底面的面积之比为1:4，62BFEF，方亭的四个侧面均为全等的等腰梯形，已知方亭四个侧面的面积之和为12 5，则方亭的体积为_.15设函数 f(x)sin3x在区间(

8、0，)上恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是16已知 F 为双曲线0,012222babyaxC：的右焦点，A、B 是双曲线 C 的一条渐近线上关于原点对称的两点，0BFAF且线段AF的中点在双曲线 C 上，则双曲线 C 的离心率e.四、解答题：四、解答题：共共 6 小题，共小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17记ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且sin2sincos2sincABAaA（1）求B的大小；（2）若2 2b，ABC的面积为2 3，求ABC的周长18如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为直角

9、梯形,90ADC,平面PAD 底 面ABCD,Q为AD的 中 点,是 棱(不 与 端 点 重 合)上 的点,12,12PAPDBCAD,3CD.(1)求证:平面平面;(2)当的长为何值时,平面与平面所成的角的大小为?19已知函数 f(x)exaxa，aR.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)当 a1 时，令 g(x)2fxx2.证明：当 x0 时，g(x)1.20已知数列 na是以 d 为公差的等差数列，0,ndS为 na的前 n 项和(1)若6336,1SSa，求数列 na的通项公式；(2)若 na中的部分项组成的数列nma是以1a为首项，4 为公比的等比数列，且214aa，求数列nm的前

10、n 项和nT21甲、乙两选手进行一场体育竞技比赛，采用21n局n胜制*Nn的比赛规则，即先赢下n局比赛者最终获胜.已知每局比赛甲获胜的概率为p，乙获胜的概率为1p，比赛结束时，甲最终获胜的概率为*NnP n.(1)若1,22pn，结束比赛时，比赛的局数为X，求X的分布列与数学期望；(2)若采用 5 局 3 胜制比采用 3 局 2 胜制对甲更有利，即32PP.(i)求p的取值范围；(ii)证明数列 nP单调递增，并根据你的理解说明该结论的实际含义.22.已知圆222:(1)16Fxy，定点11,0,FM是圆2F上的一动点，线段1FM的垂直平分线交半径2F M于点P.(1)求P的轨迹Q的方程；(2

11、)若过12,F F的直线12,l l分别交轨迹Q与,A C和,B D，且直线12,l l的斜率之积为34，求四边形ABCD面积的取值范围.请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！2024 届新高三开学摸底考试卷（新高考专用）01数学答题卡姓名：请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！一、单选题（每小题 5 分，共 40 分）1 A B C D2 A B C D3 A B C D4 A B C D5 A B C D6 A

12、B C D7 A B C D8 A B C D二、多选题（每小题 5 分，共 20 分）9 A B C D10 A B C D11 A B C D12 A B C D三、填空题（每小题 5 分，共 20 分）13_14_15_16_请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！四、解答题（共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17（10 分）19（12 分）20（12 分）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！准考证号01234567890123456789012345678901234567890123456789012345678

13、90123456789012345678901234567890123456789贴条形码区注意事项1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，并认真检查监考员所粘贴的条形码。2选择题必须用 2B 铅笔填涂；非选择题必须用 0.5mm 黑色签字笔答题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字体工整、笔迹清晰。3请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。5正确填涂缺考标记请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！请在各题目的答题区域内作答

14、，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！21（12 分）22（12 分）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！2024 届新高三开学摸底考试卷（新高考专用）01数学全解全析一一、单选题单选题：本题共本题共 8 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 40 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一只有一项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。1设集合2,1,0,1A，B=21x x，则()RAC B（）A.2，1，1B.2，0，1C.2，1D.1，1【答案】A【详解】|11Bxx，则|1

15、RBx x 或1x，所以()2,1,1AB R.故选：A.2已知复数1zi，z为 z 的共轭复数，则1zz（）A.2B.2C.102D.10【答案】C【详解】由题：1zi，1zi，21121 313122211iiziiiziii，所以10119442zz.3已知向量(1,2),(1,3)ab，且manbb，则mn（）A.12B.12C.2D.2【答案】D【详解】因为1,2a r，1,3b ，所以,23manbmnmn，又因为manbb，所以3 230manbbmnmn，化简得2mn.故选：D.4 已知函数 f(x)loga(6ax)(a0，且 a1)在(0,2)上单调递减，则实数 a 的取值

16、范围是()A(1,3B(1,3)C(0,1)D(1，)【答案】A【详解】令 t(x)6ax，因为 a0，所以 t(x)6ax 为减函数又由函数 f(x)loga(6ax)在(0,2)上单调递减，可得函数 t(x)6ax0 在(0,2)上恒成立，且 a1，故有a1，62a0，解得 10，故由 x(0，)，得x3,33.根据函数 f(x)在区间(0，)上恰有三个极值点，知52372，得136196.根据函数 f(x)在区间(0，)上恰有两个零点，知 233，得530 时，g(x)1.【详解】(1)解函数 f(x)exaxa 的定义域为 R，求导得 f(x)exa，当 a0 时，f(x)0 恒成立，

17、即 f(x)在(，)上单调递增，当 a0 时，令 f(x)exa0，解得 xln a，令 f(x)0，解得 x0 时，f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增(2)证明当 a1 时，g(x)2exx1x2，当 x0 时，2exx1x21ex1xx2212x2x1ex0，F(x)12x2ex0 恒成立，则 F(x)在(0，)上单调递减，F(x)F(0)1e010，因此12x2x1ex0 时，g(x)1，即原不等式得证20已知数列 na是以 d 为公差的等差数列，0,ndS为 na的前 n 项和(1)若6336,1SSa，求数列 na的通项公式；(2)若 na中的部分项组成的

18、数列nma是以1a为首项，4 为公比的等比数列，且214aa，求数列nm的前 n 项和nT【答案】(1)1122nan(2)4169nnnT【分析】（1）由636SS，可得52a，后由等差数列性质可得公差，即可得通项公式；（2）由题可得14nnmmaa，11m.后由 na是以 d 为公差的等差数列，214aa可得数列23nm是以13为首项4 为公比的等比数列，可求得数列nm的通项公式，后由分组求和法可得nm的前 n 项和nT【详解】（1）因为636SS，所以4566aaa，所以45655362aaaaa.所以533111353222naadaandn.则数列 na的通项公式为1122nan.（

19、2）因为数列nma是以首项为1a，公比为 4 等比数列.所以111141,nnmmmaaaam.因为数列 na是等差数列，所以111141nnamdamd.化简得11343nnammd.因为2114aada，所以113ad，即142nnmm.所以122433nnmm.因为12133m，所以数列23nm是以13为首项4 为公比的等比数列所以112112443333nnnnmm.所以0111212416444339nnnnnnTmmm.则数列nm的前 n 项和nT为：4169nnnT.21甲、乙两选手进行一场体育竞技比赛，采用21n局n胜制*Nn的比赛规则，即先赢下n局比赛者最终获胜.已知每局比赛

20、甲获胜的概率为p，乙获胜的概率为1p，比赛结束时，甲最终获胜的概率为*NnP n.(1)若1,22pn，结束比赛时，比赛的局数为X，求X的分布列与数学期望；(2)若采用 5 局 3 胜制比采用 3 局 2 胜制对甲更有利，即32PP.(i)求p的取值范围；(ii)证明数列 nP单调递增，并根据你的理解说明该结论的实际含义.【答案】(1)分布列见解析，52(2)（i）112p；（ii）证明见解析，比赛局数越多，对实力较强者越有利【详解】（1）1,22pn，即采用 3 局 2 胜制，X所有可能取值为2,3，22221122111111112,3CC22222222P XP X ，X的分布列如下表：

21、X23P1212所以X的数学期望为11523222E X.（2）采用 3 局 2 胜制：不妨设赛满 3 局，用表示 3 局比赛中甲胜的局数，则3,Bp，甲最终获胜的概率为：223322321333323C1CC1C32pPPpppppppp，采用 5 局 3 胜制：不妨设赛满 5 局，用表示 5 局比赛中甲胜的局数，则5,Bp，甲最终获胜的概率为：23344552555345C1C1CpPPPppppp23345232555C 1C1C61510pppppppp，3222322161510326151032pppppppppppp 2232222325413123131210ppppppppp

22、pp，得112p.（ii）由（i）知112p.21n局比赛中恰好甲赢了n局的概率为1121C1nnnnqpp，21n局比赛中恰好甲赢了1n局的概率为11221C1nnnnqpp，则21n局比赛中甲至少赢1n局的概率为1nPq.考虑21n+局比赛的前21n局：如果这21n局比赛甲至少赢1n局，则无论后面结果如何都胜利，其概率为1nPq，如果这21n局比赛甲赢了n局，则需要后两场至少赢一局，其概率为2111qp，如果这21n局比赛甲赢了1n局，则需要后两场都赢，其概率为22q p，因此21n+局里甲最终获胜的概率为：22111211nnPPqqpq p，2222111221121122121111

23、2121112121111C1C11C1C1C11C1210nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnPPqqpq pq pqpppppppppppppppppp 因此1nnPP，即数列 nP单调递增.该结论的实际意义是：比赛局数越多，对实力较强者越有利.22.已知圆222:(1)16Fxy，定点11,0,FM是圆2F上的一动点，线段1FM的垂直平分线交半径2F M于点P.(1)求P的轨迹Q的方程；(2)若过12,F F的直线12,l l分别交轨迹Q与,A C和,B D，且直线12,l l的斜率之积为34，求四边形ABCD面积的取值范围.【答案】(1)22143xy(2)7 36,2

24、S【详解】（1）因为线段1FM的垂直平分线交半径2F M与点P，所以1PMPF，所以1224PFPFMF是定值，1224FF，所以P点轨迹为椭圆，其长轴为 4，焦距为 2，所以P的轨迹Q的方程22143xy.（2）解法一设1122,A x yC xy.由已知得：直线1l的方程为1xky；设33,B xy，44,D xy.由已知得：直线2l的方程为1,xmy又因为 AC、BD 斜率之积为34，所以1 13443mk mk ，由221143xkyxy得223(1)4120kyy，即2234690kyky，所以2223636 341441kkk，12122269,3434kyyx xkk.故2222

25、121212212111434kACkyykyyy yk同理联立 BD 与椭圆方程，可得2234690mymy，所以211441m，故223434342121434myyyyy ym设12,d d分别为点,B D到直线1l的距离，则1212ABCDCABCADSSSAC dd.又,B D在直线AC在异侧，则234334412222224|111213341111kkmyyxkyxkymkddmkkkk229161kk所以22221222269161611916234341ABCDkkkkSACddkkk，令22211114934,4,2 3432 34816ABCDkt tSttt 易知110

26、,4t，所以211494943,81616t，所以7 36,2ABCDS解法二设0023xxyy，所以22004xy，设圆心为O，因为直线12,l l的斜率之积为34，所以121222133k kkk，设直线A C 方程1yk x，点O到A C 的距离为21kdk，所以22212 42 311kA Ckk ，同理222112 42 4111kB Dkk，设四边形A B C D 面积为S，则22111243211SA CB Dkk ，令211tk，则0,1t，所以22149243212224Sttttt，所以4 3,7S，设四边形ABCD面积为 S，因为23SS，所以7 36,2S.2024 届

27、新高三开学摸底考试卷（新高考专用）01数学参考答案123456789101112ACDADCBDBCBCBDBCD1336145631513 8,6 31615 17(1)3(2)6 2.【详解】（1）由正弦定理得sinsin2sincossin2sinCABAAA，所以sin2sincos2sin2sin()2sincos2cossinABACABABAB，得sin2sincosAAB，因为0A，所以sin0A，得1cos2B，又0B，所以3B（2）由1sin2 32ABCSacB，得8ac，由余弦定理2221cos22acbBac，得228acac，得23832acac，得4 2ac，所以

28、ABC的周长为6 218(1)略(2)72【解析】(1),为的中点,四边形为平行四边形,.,.,.又平面平面,平面平面,平面,.又,平面.平面,平面平面.(2)由(1)可知平面.如图,以为原点,分别以,所在直线为 轴,轴,轴,建立空间直角坐标系,则,.设,则,且,得,.设平面的法向量为,则,即,令,则,平面的一个法向量为.设平面的法向量为,则,即令,则,平面的一个法向量为.平面与平面所成的锐二面角的大小为,.即当时,平面与平面所成的角大小为19【答案】(1)a0 时，f(x)在(，)上单调递增，当 a0 时，f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增(2)见解析【详解】(1

29、)解函数 f(x)exaxa 的定义域为 R，求导得 f(x)exa，当 a0 时，f(x)0 恒成立，即 f(x)在(，)上单调递增，当 a0 时，令 f(x)exa0，解得 xln a，令 f(x)0，解得 x0 时，f(x)在(，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增(2)证明当 a1 时，g(x)2exx1x2，当 x0 时，2exx1x21ex1xx2212x2x1ex0，F(x)12x2ex0 恒成立，则 F(x)在(0，)上单调递减，F(x)F(0)1e010，因此12x2x1ex0 时，g(x)1，即原不等式得证20【答案】(1)1122nan(2)4169nnnT【

30、详解】（1）因为636SS，所以4566aaa，所以45655362aaaaa.所以533111353222naadaandn.则数列 na的通项公式为1122nan.（2）因为数列nma是以首项为1a，公比为 4 等比数列.所以111141,nnmmmaaaam.因为数列 na是等差数列，所以111141nnamdamd.化简得11343nnammd.因为2114aada，所以113ad，即142nnmm.所以122433nnmm.因为12133m，所以数列23nm是以13为首项4 为公比的等比数列所以112112443333nnnnmm.所以0111212416444339nnnnnnTm

31、mm.则数列nm的前 n 项和nT为：4169nnnT.21【答案】(1)分布列见解析，52(2)（i）112p；（ii）证明见解析，比赛局数越多，对实力较强者越有利【详解】（1）1,22pn，即采用 3 局 2 胜制，X所有可能取值为2,3，22221122111111112,3CC22222222P XP X ，X的分布列如下表：X23P1212所以X的数学期望为11523222E X.（2）采用 3 局 2 胜制：不妨设赛满 3 局，用表示 3 局比赛中甲胜的局数，则3,Bp，甲最终获胜的概率为：223322321333323C1CC1C32pPPpppppppp，采用 5 局 3 胜制

32、：不妨设赛满 5 局，用表示 5 局比赛中甲胜的局数，则5,Bp，甲最终获胜的概率为：23344552555345C1C1CpPPPppppp23345232555C 1C1C61510pppppppp，3222322161510326151032pppppppppppp 2232222325413123131210ppppppppppp，得112p.（ii）由（i）知112p.21n局比赛中恰好甲赢了n局的概率为1121C1nnnnqpp，21n局比赛中恰好甲赢了1n局的概率为11221C1nnnnqpp，则21n局比赛中甲至少赢1n局的概率为1nPq.考虑21n+局比赛的前21n局：如果这

33、21n局比赛甲至少赢1n局，则无论后面结果如何都胜利，其概率为1nPq，如果这21n局比赛甲赢了n局，则需要后两场至少赢一局，其概率为2111qp，如果这21n局比赛甲赢了1n局，则需要后两场都赢，其概率为22q p，因此21n+局里甲最终获胜的概率为：22111211nnPPqqpq p，22221112211211221211112121112121111C1C11C1C1C11C1210nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnPPqqpq pq pqpppppppppppppppppp 因此1nnPP，即数列 nP单调递增.该结论的实际意义是：比赛局数越多，对实力较强者越有利

34、.22【答案】(1)22143xy(2)7 36,2S【详解】（1）因为线段1FM的垂直平分线交半径2F M与点P，所以1PMPF，所以1224PFPFMF是定值，1224FF，所以P点轨迹为椭圆，其长轴为 4，焦距为 2，所以P的轨迹Q的方程22143xy.（2）解法一设1122,A x yC xy.由已知得：直线1l的方程为1xky；设33,B xy，44,D xy.由已知得：直线2l的方程为1,xmy又因为 AC、BD 斜率之积为34，所以1 13443mk mk ，由221143xkyxy得223(1)4120kyy，即2234690kyky，所以2223636 341441kkk，1

35、2122269,3434kyyx xkk.故2222121212212111434kACkyykyyy yk同理联立 BD 与椭圆方程，可得2234690mymy，所以211441m，故223434342121434myyyyy ym设12,d d分别为点,B D到直线1l的距离，则1212ABCDCABCADSSSAC dd.又,B D在直线AC在异侧，则234334412222224|111213341111kkmyyxkyxkymkddmkkkk229161kk所以22221222269161611916234341ABCDkkkkSACddkkk，令22211114934,4,2 34

36、32 34816ABCDkt tSttt 易知110,4t，所以211494943,81616t，所以7 36,2ABCDS解法二设0023xxyy，所以22004xy，设圆心为O，因为直线12,l l的斜率之积为34，所以121222133k kkk，设直线A C 方程1yk x，点O到A C 的距离为21kdk，所以22212 42 311kA Ckk ，同理222112 42 4111kB Dkk，设四边形A B C D 面积为S，则22111243211SA CB Dkk ，令211tk，则0,1t，所以22149243212224Sttttt，所以4 3,7S，设四边形ABCD面积为 S，因为23SS，所以7 36,2S.