数学01-2024届新高三开学摸底考试卷（新高考专用）（解析版）_2024届新高三开学摸底考试卷_数学-2024届新高三开学摸底考试卷_数学01-2024届新高三开学摸底考试卷（新高考专用）

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、单选题：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．设集合 ，B= ，则 （ ）
A. {－2，－1，1} B. {－2， 0， 1}
C. {－2，－1} D. {－1， 1}
【答案】A
【详解】 ，则 或 ，
所以 .
故选：A.
2．已知复数 ， 为z的共轭复数，则 （ ）
A. B. 2 C. D.
【答案】C
【详解】由题： ， ， ，所以
.
3．已知向量 ，且 ，则 （ ）
A. B. C. 2 D. －2
【答案】D【详解】因为 ， ，所以 ，又因为
，所以 ，化简得 .
故选：D.
4．已知函数f(x)＝log (6－ax)(a>0，且a≠1)在(0,2)上单调递减，则实数a的取值范围是(
a
)
A．(1,3] B．(1,3)C．(0,1) D．(1，＋∞)
【答案】 A
【详解】 令t(x)＝6－ax，因为a>0，所以t(x)＝6－ax为减函数．
又由函数f(x)＝log (6－ax)在(0,2)上单调递减，
a
可得函数t(x)＝6－ax>0在(0,2)上恒成立，且a>1，
故有解得1<a≤3.
5．椭圆 的焦点在y轴上，长轴长是短轴长的2倍，则m的值为（ ）
A. 2 B. 4 C. D.
【答案】D
【详解】由题意可得 ，由椭圆方程可得 ， ，解 的方程可得 的值.
解答：椭圆 的焦点在 轴上，
即有 ，由椭圆方程 可得， ， ，
由长轴长是短轴长的2倍，可得 ，
解得 ；故选：D.
6．已知直线 是圆C： 的对称轴，过点A
作圆C的一条切线，切点为B，则|AB|=（ ）
A. 1 B. 2 C. 4 D. 8
【答案】C
【详解】圆C： 即 ，圆心为(3,1)，半径为
r=3，由题意可知 过圆的圆心(3,1)，
则 ，解得 ，点A的坐标为 ，，切点为B则 ，
.
故选:C
7．等比数列{a}的公比为q，前n项和为S，设甲： ，乙：{S}是递增数列，则（
n n n
）
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
【答案】B
【详解】当 时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当 是递增数列时，必有
成立即可说明 成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．
由题，当数列为 时，满足 ，
但是 不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．
若 是递增数列，则必有 成立，若 不成立，则会出现一正一负的情况，是
矛盾的，则 成立，所以甲是乙的必要条件．
故选B．8．已知sin ＋cos α＝，则sin 等于( )
A. B. C．－ D．－
【答案】 D【解析】 ∵sin ＋cos α＝，
∴sin αcos －cos αsin ＋cos α＝，
∴sin α－cos α＋cos α＝，
∴sin α＋cos α＝，
∴cos ＝，
∴sin ＝sin
＝cos 2
＝2cos2 －1
＝－.
二、多选题：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．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 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
柚子
A. 每100克柚子维生素C含量的众数为121
B. 每100克柚子维生素C含量的75%分位数为121
C. 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
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
【答案】BC
【详解】对于A选项，每100克柚子维生素C含量的众数为121，A对；
对于B选项，每100克柚子维生素C含量的75%分位数为122，B错；对于C选项，每100克猕猴桃维生素C含量的平均数为
，
每100克柚子维生素C含量的平均数为
，C错；
对于D选项，每100克猕猴桃维生素C含量的方差为
，
每100克柚子维生素C含量的方差为
D对.故选：BC.
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 （单位：
），环境温度是 （单位： ），其中 则经过 分钟后物体的温度 将满足
且 ）.现有一杯 的热红茶置于 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
A．若 ，则
B．若 ，则红茶下降到 所需时间大约为7分钟
C．若 ，则其实际意义是在第3分钟附近，红茶温度大约以每分钟 的速率下
降D．红茶温度从 下降到 所需的时间比从 下降到 所需的时间多
【答案】ABC
【详解】由题知 ，根据指对数运算、以及导数的几何意义，依次讨论
各选项求解．
由题知 ，
A：若 ，即 ，所以 ，则，A正确；
B：若 ，则 ，则 ，
两边同时取对数得 ，所以 ，
所以红茶下降到 所需时间大约为7分钟，B正确；
C： 表示 处的函数值的变化情况，若 ，所以实际意义是在第3分钟
附近，红茶温度大约以每分钟 的速率下降，故 正确；
为指数型函数，如图，可得红茶温度从 下降到 所需的时间 比从
下降到 所需的时间 少，故D错误.
故选：ABC．
11．已知定义在R上的函数f(x)的导函数为 ，且 ， ，
则下列结论正确的有（）
A. 若 ，则
B. 若 ，则
C. 若f(x)是增函数，则 是减函数
D. 若f(x)是减函数，则 是增函数
【答案】BD【详解】令函数 ，则 ，则
在R上单调递增．
当 时，；
当 时，
．
A不正确，B正确．
， 是增函数，若 是增函数，则 的单调性不
确定；若 是减函数，则 是增函数．C不正确，D正确．
故选：BD．
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
B.正四面体的棱切球的表面积为
C.等长正六棱柱的棱切球的体积为
D.等长正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
【答案】BCD
【详解】正方体的棱切球的半径为正方体面对角线的一半，长度为 ，故A错误；
如图，四面体 为棱长为1的正四面体，取 中点 E，BC 中点 F，连接 EF，则 EF为其棱切球的直径， ，则
，则其棱切球的半径为 ，棱切球的表面积为，故B正确；
如图，为等长正六棱柱，
其棱切球的半径为棱锥的棱长1，则其棱切球的体积为 ，故C正确；
由棱切球的定义可知，棱切球被每一个面所截，截面为该面的内切圆，则等长正四棱锥的
底面内切圆的面积为 ，每一个侧面正三角形的内切圆的半径 r 满足
，则 ，四个侧面三角形的内切圆的面积为 ，
则等长正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
，故D正确.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20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)
【答案】36
【详解】 依题意分两种情况讨论，①选一名男志愿者与一名女志愿者，则有
种选派方法；②选两名男志愿者，则有 种选派方法；
综上可得一共有 种选派方法；
故答案为：36
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 ，其中上底面与下底面的面积之比为 ，，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 ，则方亭的
体积为______.
【答案】
【详解】由题意得 ，设 ，则 ， .
过点 ， 在平面 内分别作 ， ，垂足分别为点 、 ，
在等腰梯形 中，因为 ， ， ，则四边形 为矩形，
所以 ， ，则 ，
因为 ， ， ，
所以 ，所以 ，
在 中，由勾股定理得 ，
所以等腰梯形 的面积为 ，所以 .
所以 ， ，方亭的高 ，
故方亭的体积为 .
故答案为：15．设函数f(x)＝sin 在区间(0，π)上恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范
围是
【答案】【详解】由题意可得ω>0，故由x∈(0，π)，得ωx＋∈ .
根据函数f(x)在区间(0，π)上恰有三个极值点，知<πω＋≤，得<ω≤.
根据函数f(x)在区间(0，π)上恰有两个零点，知2π<πω＋≤3π，得<ω≤.
综上，ω的取值范围为
x2 y2
C： − =1(a>0,b>0)
a2 b2
16．已知F为双曲线 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，
⃗AF⋅ ⃗BF=0
且线段AF的中点在双曲线C上，则双曲线C的
离心率e= .
【答案】
【详解】因为 为双曲线 的右焦点，所以 .由题知双曲
线的一条渐过线的方程为 ，不妨设 ，则 ，所
以 ，则
，由此得 因此点 的坐标
为 ，线段 的中点坐标为 ，因为它在双曲线上，所以
，化简得 ，解得
四、解答题：共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。c sinA2sinBcosA

17．记△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且a 2sin A ．
（1）求B的大小；b2 2 2 3
（2）若 ，△ABC的面积为 ，求△ABC的周长．
sinC sin A2sinBcosA

【详解】（1）由正弦定理得sinA 2sin A ，所以
sin A2sinBcosA2sinC 2sin(AB)2sin AcosB2cosAsinB
，
sin A2sin AcosB 0 Aπ sinA0
得 ，因为 ，所以 ，
1
cosB
得 2，又0 Bπ，
π
B
所以 3．
1
S  acsinB2 3
（2）由 △ABC 2 ，得ac8，
a2 c2 b2 1
cosB  
由余弦定理 2ac 2，得a2 c2 8ac，
ac2
3ac832
得 ，
ac4 2
得 ，
ABC 6 2
所以 的周长为 ．
18．如图,在四棱锥 中,底面 为直角梯形, , ,平面
底面 , 为 的中点, 是棱 (不与端点重合)上的点, ,
, .
(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 ?
【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．已知函数f(x)＝ex－ax－a，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，令g(x)＝.证明：当x>0时，g(x)>1.
【详解】(1)解 函数f(x)＝ex－ax－a的定义域为R，求导得f′(x)＝ex－a，
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，即f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
当a>0时，令f′(x)＝ex－a>0，解得x>ln a，令f′(x)<0，解得x<ln a，
即f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，
所以当a≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
当a>0时，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)证明 当a＝1时，g(x)＝，
当x>0时，>1⇔ex>1＋x＋⇔<1，
令F(x)＝－1，x>0，F′(x)＝<0恒成立，则F(x)在(0，＋∞)上单调递减，
F(x)<F(0)＝－1＝0，因此<1成立，
所以当x>0时，g(x)>1，即原不等式得证．
20．已知数列 是以d为公差的等差数列， 为 的前n项和．(1)若 ，求数列 的通项公式；
(2)若 中的部分项组成的数列 是以 为首项，4为公比的等比数列，且 ，
求数列 的前n项和 ．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由 ，可得 ，后由等差数列性质可得公差，即可得通项公式；
（2）由题可得 ， .后由 是以d为公差的等差数列， 可得数列
是以 为首项．4为公比的等比数列，可求得数列 的通项公式，后由分组求
和法可得 的前n项和 ．
【详解】（1））因为 ，所以 ，
所以 .
所以 .
则数列 的通项公式为 .
（2）因为数列 是以首项为 ，公比为4等比数列.
所以 .因为数列 是等差数列，所以 .
化简得 .
因为 ，所以 ，即 .
所以 .
因为 ，所以数列 是以 为首项．4为公比的等比数列所以 .
所以 .
则数列 的前n项和 为： .
21．甲、乙两选手进行一场体育竞技比赛，采用 局 胜制 的比赛规则，即先
赢下 局比赛者最终获胜. 已知每局比赛甲获胜的概率为 ，乙获胜的概率为 ，比赛
结束时，甲最终获胜的概率为 .
(1)若 ，结束比赛时，比赛的局数为 ，求 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 .
(i)求 的取值范围；
(ii)证明数列 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，
(2)（i） ；（ii）证明见解析，比赛局数越多，对实力较强者越有利
【详解】（1） ，即采用3局2胜制， 所有可能取值为 ，
，
的分布列如下表：
2 3
所以 的数学期望为 .
（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
，甲最终获胜的概率为：
，
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 ，甲最终获胜的概率为：
，，
得 .
（ii）由（i）知 .
局比赛中恰好甲赢了 局的概率为 ，
局比赛中恰好甲赢了 局的概率为 ，
则 局比赛中甲至少赢 局的概率为 .
考虑 局比赛的前 局：
如果这 局比赛甲至少赢 局，则无论后面结果如何都胜利，其概率为 ，
如果这 局比赛甲赢了 局，则需要后两场至少赢一局，其概率为 ，
如果这 局比赛甲赢了 局，则需要后两场都赢，其概率为 ，
因此 局里甲最终获胜的概率为： ，
因此 ，即数列 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 ，定点 是圆 上的一动点，线段 的垂直平分
线交半径 于点 .
(1)求 的轨迹 的方程；
(2)若过 的直线 分别交轨迹 与 和 ，且直线 的斜率之积为 ，求四
边形 面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)【详解】（1）
因为线段 的垂直平分线交半径 与点 ，
所以 ，
所以 是定值， ，
所以 点轨迹为椭圆，其长轴为4，焦距为2，
所以 的轨迹 的方程 .
（2）解法一
设 .由已知得：直线 的方程为 ；
设 ， .由已知得：直线 的方程为
又因为AC、BD斜率之积为 ，所以 ，
由 得 ，即 ，
所以 ，
.
故
同理联立BD与椭圆方程，可得 ，
所以 ，
故
设 分别为点 到直线 的距离，则 .又 在直线 在异侧，则
所以 ，
令
易知 ，所以 ，
所以
解法二
设 ，所以 ，设圆心为 ，
因为直线 的斜率之积为 ，
所以 ，
设直线 方程 ，
点 到 的距离为 ，
所以 ，
同理 ，
设四边形 面积为 ，
则 ，
令 ，则 ，所以 ，
所以 ，
设四边形 面积为S，因为 ，
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