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2024届新高三开学摸底考试卷（全国卷）
理科数学02•全解全析
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知集合 ， ，则 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】由 ，可得 ，所以 ，
所以 ，
又 ，所以 .
故选：B.
2．若 ， ，则 （ ）
A． B． C．2 D．10
【答案】A
【详解】 ，
所以 ，
故选：A．
3．已知函数 ，则 （ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】D
【分析】结合函数的解析式及对数的运算性质计算即可.【详解】由题意可得
，
故选：D.
4．足球运动是深受人们喜爱的一项体育运动，某次传球训练中，教练员让甲、乙、丙、
丁4名球员进行传接球训练，从甲开始传球，等可能地传给另外3人中的1人，接球
者再等可能地传给另外3人中的1人，如此一直进行.假设每个球都能被接住，若第4
次传球后，球又恰好回到甲脚下，则不同的传球方法为（ ）
A．18种 B．21种 C．27种 D．45种
【答案】B
【分析】根据题意分为两种情况讨论：①第一次甲将球传给其余三人，第二次将球传
给甲，第三次甲再传给其余三人，第四次再将球传给甲；②第一次甲将球传给其余三
人，第二次将球传给甲之外的2人，第三次依然将球传给除甲之外的2人，第四次再
将球传给甲，结合分类计数原理，即可求解.
【详解】根据题意，分为两种情况讨论：
①第一次甲将球传给其余三人，有 种情况，第二次将球传给甲，第三次甲再传
给其余三人，有 种情况，第四次再将球传给甲，此时共有 种情况；
②第一次甲将球传给其余三人，有 种情况，
第二次将球传给甲之外的2人，有 种情况，
第三次依然将球传给除甲之外的2人，有 种情况，
第四次再将球传给甲，有1中情况，
此时共有 种情况，
由分类计算原理可得，第四次传球后，求又回到甲的脚下的传球方式，共有
种.
故选：B.
5．“埃拉托塞尼筛法”是保证能够挑选全部素数的一种古老的方法.这种方法是依次
写出2和2以上的自然数，留下第一个数2不动，剔除掉所有2的倍数；接着，在剩余
的数中2后面的一个数3不动，剔除掉所有3的倍数；接下来，再在剩余的数中对3后
面的一个数5作同样处理；……，依次进行同样的剔除.剔除到最后，剩下的便全是素
数.在利用“埃拉托塞尼筛法”挑选2到20的全部素数过程中剔除的所有数的和为（
）
A．130 B．132 C．134 D．141
【答案】B【分析】利用等差数列求和公式及素数的定义即可求解.
【详解】由题可知，2到20的全部整数和为 ，
2到20的全部素数和为 ，所以挑选2到20的全部素数过程中剔除的所有数的和为 .
故选：B.
6．已知函数 的最小正周期为T，且 ，若
的图象关于直线 对称，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】运用二倍角公式化简 ，结合 与 的对称性求得 的值，进
而求得结果.
【详解】因为 ，
所以 ．
又因为 ，
所以 ，即 ，①
又因为 的图象关于直线 对称，
所以 ， ．
所以 ， ，②
所以由①②得 ，
所以 ，
故 ．
故选：A.
7．在三角形 中， 和 分别是 边上的高和中线，则 （ ）
A．14 B．15 C．16 D．17
【答案】C
【分析】将 作为基底，用基底表示 和 ，根据数量积的规则计算即可.【详解】
设 ，则有
，
由余弦定理得 ，
，
其中 ， ，解得 ，
；
故选：C.
8．平行四边形 中，点 在边 上， ，记 ，则
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据给定的几何图形，结合向量的线性运算求解作答.
【详解】在 中， ， ，
所以 .
故选：D
9．贯耳瓶流行于宋代，清代亦有仿制，如图所示的青花折枝花卉纹六方贯耳瓶是清乾隆时期的文物，现收藏于首都博物馆，若忽略瓶嘴与贯耳，把该瓶瓶体看作3个几何
体的组合体，上面的几何体Ⅰ是直棱柱，中间的几何体Ⅱ是棱台，下面的几何体Ⅲ也
是棱台，几何体Ⅲ的下底面与几何体Ⅰ的底面是全等的六边形，几何体Ⅲ的上底面面
积是下底面面积的4倍，若几何体Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的高之比分别为 ，则几何体Ⅰ、
Ⅱ、Ⅲ的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设上面的六棱柱的底面面积为S，高为 ，根据棱柱和棱台的体积公式直接
计算，然后求比可得.
【详解】设上面的六棱柱的底面面积为S，高为 ，由上到下的三个几何体体积分别
记为 ，
则 ，
，
，
所以
故选：D
10．已知过双曲线 ： 的右焦点 作 轴的垂线与两条渐
近线交于 ， ， 的面积为 ，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】A【分析】先结合双曲线的渐近线方程求出 ，再根据三角形面积公式得到
即可.【详解】
由题知，双曲线的渐近线为 ，
得 ， ，
，
，
，
故选：A.
11．已知直线 上的两点 ，且 ，点 为圆
上任一点，则 的面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】找到圆上的点到直线距离的最大值作为 的高，再由面积公式求解即可.
【详解】把圆 变形为 ，
则圆心 ，半径 ，
圆心 到直线 的距离 ，
则圆 上的点到直线 的距离的最大值为 ，又 ，∴ 的面积的最大值为 ．
故选：A．
12．已知 是函数 的导函数，对于任意的 都有
，且 ，则不等式 的解集是（ ）A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】法一、构造常函数 计算即可；法二、构造 ，利
用条件判断其单调性解不等式即可.
【详解】法一：构造特殊函数.令 ，则 满足题目条件，
把 代入 得 解得 ，
故选： .
法二：构造辅助函数.令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，
又因为 ，所以 ，所以 ，
故选：D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．某机器生产的产品质量误差 是 的第60个百分
位数，则 __________.
附：若 ，则 ，
【答案】
【分析】先根据百分位数的求法得t，然后根据正态分布概率公式可得.
【详解】因为 ，所以 ，
由 可知
所以 .故答案为：
14．设 ， ，若 ，则 取最小值时a的值为______．
【答案】 /0.75
【分析】根据题意可得 、 ，结合基本不等式中“1”的用法计算即可求解.
【详解】由 ， ，得 ，
由 ，得 ，
∴ ，
当且仅当 即 ， 时等号成立.
故当 ， 时 取得最小值16.
故答案为： .
15．设抛物线 ： （ ）焦点为 ，准线为 ，过第一象限内的抛物线上
一点 作 的垂线，垂足为 ．设 ， 与 相交于 ．若 ，且
的面积为 ，则抛物线的方程为________________.
【答案】
【分析】由抛物线定义可得四边形 为平行四边形，故 可得点
即得抛物线方程.
【详解】如图所示， ， ．
所以 ．轴， ， ，
所以四边形 为平行四边形，
， ．
，解得 ，
代入 可取 ，，
解得 ． .
故答案为： .
16．如图，在三棱锥 中， ，若该三
棱锥的外接球表面积为 ，则锐二面角 的平面角的正切值为__________.
【答案】 /
【分析】三棱锥的外接球球心位于过三角形 ， 的外接圆圆心且与此平面垂直
的直线上，找到球心再结合锐二面角 的平面角的定义进行求解.
【详解】如图，
因为 ，所以该三棱锥的外接球半径 ，
已知 ，由余弦定理可得 ，所以
，同理可证 .
所以 的外接圆圆心 分别位于斜边 的中点，
设球心为 ，则 平面 ， 平面 ， 平面 ，
所以 ，因为 ，
所以 ，
同理可证 ，因为 ，所以 ，
设锐二面角 的平面角为 ，因为 平面 ，所以 与 互余，即 ， ，故答案为： .
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必
考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
17．已知数列 和 满足 ．
(1)证明： 和 都是等比数列；
(2)求 的前 项和 ．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由 ， 两式相加、相减，结合等比数列的定义即
可证明；
（2）由（1）可得 ， ，即可求出 和 的通项公式，
从而得到 ，再利用分组求和法及等边数列求和公式计算可得.
【详解】（1）因为 ， ，
所以 ， ，
又由 ， 得 ， ，
所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，数列 是首项为 ，公比为 的等比数列．
（2）由（1）得 ， ，
所以 ， ，所以 ，
所以 ．
18．如图，四边形 为菱形， 平面 ， ， .
(1)证明：平面 平面 ；
(2)若 ，求二面角 的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直得线线垂直，进而由线段的长度得勾股定理，证明线线垂
直，即可得线面垂直证明面面垂直.
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解二面角大小.
【详解】（1）设BD交AC于点O，连接EO，FO，
因为四边形ABCD为菱形，所以 .
因为ED 平面ABCD,AC 平面ABCD，所以 .
又 ， 平面BDEF，所以 平面BDEF；
又 平面BDEF，所以 .
设FB=1，由题意得ED=2， .
因为FB//ED，且 面 ，则FB 平面ABCD，
而 平面ABCD，故 ， ，
所以 ， ， .因为 ，所以 .
因为 ， 平面ACF，所以EO 平面ACF.又EO 平面EAC，所以平面EAC 平面FAC.
（2）取EF中点G，连接OG，所以OG//ED，OG 底面ABCD.
以O为原点，以 分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
因为 ，由（1）中所设知， ，
所以， ,
所以 .
所以 ， ， ，
设平面FAE的一个法向量为 ，
则 ，
所以 ；
平面AEC的一个法向量为 ，
则 ，
所以 ；
所以 ，
由图形可知二面角 的平面角为锐角，
所以二面角 的大小为 .19．某购物中心准备进行扩大规模，在制定末来发展策略时，对中心的现有顾客满意度进行了一个初步的现场调查，分别调查顾客对
购物中心的商品质量、服务质量、购物环境、广告宣传的满意程度．调查时将对被抽
中的每个顾客从这四个问题中随机抽取两个问题来提问，统计顾客的满意情况．假设，
有三名顾客被抽到，且这三名顾客对这四个问题的满意情况如下表：
商品质量 服务质量 购物环境 广告宣传
顾客
满意 不满意 满意 不满意
甲
顾客
不满意 满意 满意 满意
乙
顾客
满意 满意 满意 不满意
丙
每得到一个满意加10分，最终以总得分作为制定发展策略的参考依据．
(1)求购物中心得分为50分的概率；
(2)若已知购物中心得分为50分，则顾客丙投出一个不满意的概率为多少？
(3)列出该购物中心得到满意的个数X的分布列，并求得分 的数学期望．
【答案】(1)
(2)
(3)分布列见解析，40
【分析】（1）得分为50分即在六个问题的结果中，有五个满意，一个不满意，然后
按照古典概型的概率进行计算；
（2）由条件概率的公式进行计算即可；
（3）按求分布列的步骤进行计算，进而可得数学期望.
【详解】（1）将得分为50分记为事件A；得分为50分即在六个问题的结果中，有五
个满意，一个不满意，
可能的结果共有： （种）
三名顾客产生的反馈结果总共有： （种）
则 ，∴购物中心得分为50分的概率为
（2）将顾客丙投出一个不满意记为事件B，则， ，
（3） 可能的取值为2、3、4、5、6
，，
2 3 4 5 6
∵ ，∴ ．
20．已知椭圆C： 的左、右顶点分别为 ， ，
右焦点为 ，O为坐标原点，OB的中点为D（D在 的左方）， ．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设过点D且斜率不为0的直线与椭圆C交于M，N两点，设直线AM，AN的斜率分
别是 ， ，试问 是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2) 是定值，定值为 .
【分析】（1）根据椭圆的几何性质求出 ，可得椭圆的标准方程；
（2）设过点D且斜率不为0的直线方程为 ，代入 ，设
， ，根据韦达定理得 和 ，再利用斜率公式得 ，代入
和 ，化简可得 .【详解】（1）依题意， ， ， ， ，
所以 ，
所以椭圆C的标准方程为： .
（2）设过点D且斜率不为0的直线方程为 ，联立 ，消去 并整理得 ，
，
设 ， ，
则 ， ，
所以
.
所以 为定值 .
21．已知函数 .
(1)若 ，求 在点 处的切线方程；
(2)若 是 的两个极值点，证明： .
【答案】(1) ；(2)证明见解析
【分析】（1）求导，计算切点处的函数值与导数值，根据点斜式即可求解切线方程；
（2）根据极值点的定义，可得 是方程的两个不等的正实根，根据韦达定理代入化简，将问题转化成 ，令
，构造函数 ，结合导数证明即可.
【详解】（1）当 时， ，则 ，
所以 ， ，
所以 在点 处的切线方程为 ，
即
（2）证明：由 ，可知 ，
因为 （ ）是 的极值点，
所以 方程 的两个不等的正实数根，
所以 ， ，
则
．
要证 成立，
只需证 ，即证 ，
即证 ，即证 ，
设 ，则 ，即证 ，
令 ，
则 ，所以 在 上单调递减，则 ，
所以 ，故 ．
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所
做的第一题计分．
22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）在极坐标系中，曲线 的极坐标方程为 ，以极点为坐标原点，极轴
为 轴正半轴，建立直角坐标系，曲线 的参数方程为 （ 为参数）.
(1)写出 的直角坐标方程和 的普通方程；
(2)已知点 ， 与 相交于 ， 两点，求 的值.
【答案】(1)曲线 的直角坐标方程为 ，曲线 的普通方程为 ；
(2) .
【分析】（1）把曲线 化为 ，即得曲线 的直角坐标方程，
把参数方程平方相加得曲线 的普通方程；
（2）求出曲线 的参数方程，联立曲线 的参数方程与曲线 的普通方程得
，再利用直线参数方程 的几何意义求解.
【详解】（1）曲线 的极坐标方程为 ，即
，
则曲线 的直角坐标方程为 ，
把参数方程平方相加得曲线 的普通方程为 .
（2）易知点 在直线 上，且该直线的斜率为 ，倾斜角为 ，则曲线 的参数方程为 （ 为参数），
联立曲线 的参数方程与曲线 的普通方程得 ，
设点 ， 在直线 上对应的参数分别为 ， ，
由韦达定理可得 ， ，
.
23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）
已知函数 .(1)求 的最小值 ；
(2)若 为正实数，且 ，证明不等式 .
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将函数写成分段函数，结合函数图象求解即可；
（2）解法一：根据基本不等式“1”的用法分析证明；解法二：利用柯西不等式直接证
明即可.
【详解】（1）由题知 ，
其函数图象如图所示，
所以， .
（2）由（1）可知 ，则 ，
解法一：利用基本不等式：
，
当且仅当 时取等号.
所以， .
解法二：利用柯西不等式：，
当且仅当 时取等号.所以， .公众号：高中试卷君
