文档内容
2024 年高考数学摸底考试卷
高三数学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
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，将答案写在答题卡上。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。
第Ⅰ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，只有一项是符合题
目要求.
1．设集合 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】解不等式 得集合B，再求A与B的交集即可得解.
【详解】解不等式 得 ，
于是得 ，
而 ，
所以 .
故选：B
2．已知复数 满足 ,则
A．2 B． C． D．1【答案】C
【分析】根据复数除法运算可求得 ，根据模长运算可求得结果.
【详解】
本题正确选项：
【点睛】本题考查复数模长的求解，关键是能够通过复数除法运算求得复数.
3．3．已知向量 ， 满足 ， ，则 与 的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由 求得 ，再根据向量夹角公式即可求解.
【详解】因为 .又 ，所以 .
所以 ，
因为 ，所以 与 的夹角为 .
故选：A
4．已知随机变量 ，随机变量 ，若 ， ，则
（ ）
A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4
【答案】C
【分析】由 求出 ，进而 ，由此求出 .
【详解】因为 ， ， ，
所以 ，
解得 或 （舍），由 ，则 ，
所以 .
故选：C.
5．若函数 在 单调递减，则a的取值范围（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据复合函数单调性来求得 的取值范围.
【详解】依题意函数 在 单调递减，
在 上递减，
的开口向上，对称轴为 ，
根据复合函数单调性同增异减可知， .
故选：A
6．已知点F、F 分别是椭圆 (a＞b＞0)的左、右焦点，过F 且垂直于x轴的直线与椭圆交于A、
1 2 1
B两点，若△ABF 为正三角形，则椭圆的离心率是
2
A．2 B． C．3 D．
【答案】D
【分析】先求出 的长，直角三角形 中，由边角关系得 建立关于离心率的方程，
解方程求出离心率的值.
【详解】由已知可得， ，， ，
， .
故选D.
【点睛】本题考查椭圆的离心率，求解时要会利用直角三角形中的边角关系，得到关于 的方程，从而
求得离心率的值．
7．已知等差数列 的前 项和为 ，命题 “ ”，命题 “ ”，则命题 是命题
的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】根据等差数列的性质结合充分、必要条件分析判断.
【详解】由 ，不能推出 ，
例如 ，则 ，所以 ，
故命题 是命题 的不充分条件；
由 ，不能推出 ，例如 ，则 ，
所以 ，故命题 是命题 的不必要条件；
综上所述：命题 是命题 的既不充分也不必要条件.故选：D.
8．在边长为6的菱形 中， ，现将菱形 沿对角线BD折起，当 时，三棱锥
外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，结合图形的几何性质求出相关线段的长，根据球的几何性质确定三棱锥外接球的球心
位置，求得外接球半径，即可求得答案.【详解】由题意在边长为6的菱形 中， 知，
和 为等边三角形，如图所示，
取BD中点E，连接AE，CE，则 ， ，
同理可得 ，又 ，则 ，则 ，
又 平面 ,故 平面 ，
而 平面 ，故 ,
由于 为等边三角形，故三棱锥 外接球球心O在平面 内的投影为 的外心 ，即
平面 ，故 ，
过O作 于H，则H为 的外心，则 ,即 共面，
则 ，则四边形 为矩形，
则在 中， ， ，
所以外接球半径 ，则外接球表面积为 ，
故选：C
二、多项选择题：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．有一组样本甲的数据 ，一组样本乙的数据 ，其中 为不完全相等的正数，则下列说法正确的是（ ）
A．样本甲的极差一定小于样本乙的极差
B．样本甲的方差一定大于样本乙的方差
C．若样本甲的中位数是 ，则样本乙的中位数是
D．若样本甲的平均数是 ，则样本乙的平均数是
【答案】ACD
【分析】根据统计中的相关概念和性质运算求解.
【详解】不妨设样本甲的数据为 ，且 ，
则样本乙的数据为 ，且 ，
对于选项A：样本甲的极差为 ，样本乙的极差 ，
因为 ，即 ，
所以样本甲的极差一定小于样本乙的极差，故A正确；
对于选项B：记样本甲的方差为 ，则样本乙的方差为 ，
因为 ，即 ，
所以样本甲的方差一定小于样本乙的方差，故B错误；
对于选项C：因为样本甲的中位数是 ，
则样本乙的中位数是 ，故C正确；
对于选项D：若样本甲的平均数是 ，则样本乙的平均数是 ，故D正确；
故选：ACD.
10．已知正方体 ，则（ ）
A．直线 与 所成的角为 B．直线 与 所成的角为
C．直线 与平面 所成的角为 D．直线 与平面ABCD所成的角为
【答案】ABD【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】如图，连接 、 ，因为 ，所以直线 与 所成的角即为直线 与 所成
的角，
因为四边形 为正方形，则 ，故直线 与 所成的角为 ，A正确；
连接 ，因为 平面 ， 平面 ，则 ，
因为 ， ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，故B正确；
连接 ，设 ，连接 ，
因为 平面 ， 平面 ，则 ，
因为 ， ，所以 平面 ，
所以 为直线 与平面 所成的角，
设正方体棱长为 ，则 ， ， ，
所以，直线 与平面 所成的角为 ，故C错误；
因为 平面 ，所以 为直线 与平面 所成的角，易得 ，故D正确.
故选：ABD
11．已知定义在 上的函数 满足 ，且 为偶函数，则下列说法一定正确的是（ ）
A．函数 的周期为2 B．函数 的图象关于 对称
C．函数 为偶函数 D．函数 的图象关于 对称
【答案】BC
【分析】根据给定的信息，推理论证周期性、对称性判断AB；借助变量替换的方法，结合偶函数的定义
及对称性意义判断CD作答.
【详解】依题意， 上的函数 ， ，则 ，函数 的周
期为4，A错误；
因为函数 是偶函数，则 ，函数 的图象关于 对称，
且 ，即 ，函数 图象关于 对称，B正确；
由 得 ，则函数 为偶函数，C正确；
由 得 ，由 得 ，
因此 ，函数 的图象关于 对称，D错误.故选：BC
12．抛物线 的准线方程为 ，过焦点 的直线 交抛物线 于 ， 两点，则
（ ）
A． 的方程为
B． 的最小值为
C．过点 且与抛物线仅有一个公共点的直线有且仅有2条
D．过点 分别作 的切线，交于点 ，则直线 的斜率满足
【答案】BD
【分析】求出抛物线方程判断A；设出直线 的方程并与抛物线方程联立，结合抛物线定义及均值不等式计算判断B；设出过点M的直线方程，与抛物线方程联立求解判断C；求导并结合选项B的信息求解判断
D作答.
【详解】对于A；依题意， ，解得 ， 的方程为 ，A错误；
对于B，由选项A知， ，设直线 的方程为 ，由 消去y得 ，
设 ，则有 ，
，当且仅当 时取等号，B正确；
对于C，过点 且与抛物线仅有一个公共点的直线不垂直于y轴，设此直线方程为 ，
由 消去y得： ，当 时， ，直线与抛物线仅只一个交点，
当 时， ，解得 ，即过点 且与抛物线相切的直线有2条，
所以过点 且与抛物线仅有一个公共点的直线有3条，C错误；
对于D，由 求导得 ，由选项B知， ， ，
，由 两式相减得：
，即 ，则 ，
于是 ， ，即点 ，
所以 ，D正确.故选：BD第Ⅱ卷
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】
【分析】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，②选两名男志愿者，按照分步乘法
计数原理与分类加法计数原理计算可得；
【详解】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：
14．已知正四棱台的侧棱长为3，两底面边长分别为2和4，则该四棱台的体积为______
【答案】
【分析】根据正四棱台的性质求出高，即可由体积公式求出.
【详解】如图，正四棱台 中，设下底面中心为 ，上底面中心为 ,
则 即为四棱台的高，过 作 ，则 ,
在 中， ，则 ，
又 ，所以该四棱台的体积为 .
故答案为： .
15．已知直线 与 交于A，B两点，写出满足“ 面积为 ”的m的
一个值______．
【答案】 （ 中任意一个皆可以）
【分析】根据直线与圆的位置关系，求出弦长 ，以及点 到直线 的距离，结合面积公式即可解出．
【详解】设点 到直线 的距离为 ，由弦长公式得 ，
所以 ，解得： 或 ，
由 ，所以 或 ，解得： 或 ．
故答案为： （ 中任意一个皆可以）．
16．设函数 在区间 恰有三个极值点、两个零点，则 的取值范围是____________．
【答案】
【分析】根据题意，结合正弦函数的图象和性质即可求解.【详解】由题意，当 时，不能满足在 上极值点比零点多，
当 时，因为 ，所以 ，
要使函数 在区间 恰有三个极值点、两个零点，
由 的部分图象如下图所示：
则 ，解得 ，即 ，
故答案为： .
四、解答题：本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，18~22题12分。解答应写出文字说明、证明
过程或演算步骤.
17． 为数列 的前 项和，已知 ， .
(1)求证：数列 为等差数列；
(2)设 ，求数列 的前n项和 .
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用 ，作差得到 是首项为 ，公差 的等差数列，从而求出其通
项公式；
（2）由（1）可得 ，利用裂项相消法计算可得.【详解】（1）由 ，可知
两式相减得 ，
即 ，
∵ ，∴ ，
∵当 时， ，∴ （舍）或 ，
则 是首项为 ，公差 的等差数列，
∴ 的通项公式 ；
（2）∵ ，
∴ ，
∴数列 的前 项和
.
18．在锐角三角形 中，角 的对边分别为 ,且 ．
(1)求角 的⼤小；
(2)若 ，求 周长的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）对已知条件的边换成角，结合三角公式求出 ，根据 的范围得出角的度数；
（2）根据正弦定理，将边 用角来表示，转化成三角函数的值域问题的求解.
【详解】（1）由正弦定理得 ，
又 ， ，则 ，
化简得 ，
又 ，所以 ，则 ，
因为 ，
所以 ；
（2）由正弦定理得： ，
∴ ， ，
∴ ，
；
为锐角三角形，
∴ ，
解得： ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，即△ABC的取值范围为 .
19．如图，在四棱锥 中， 底面 ，四边形 是直角梯形， ， ，
，点E在棱PB上．
(1)证明：平面 平面PBC；
(2)当 时，求二面角 的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，求出各边长，由勾股定理逆定理得到 ，从而证明出线
面垂直，面面垂直；
（2）解法一：以C为原点，CB，CA，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建系，写出点的坐标及平面
的法向量，求出二面角的余弦值；
解法二：取AB的中点G，连接CG，以点C为原点，CG，CD，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建
系，写出点的坐标及平面的法向量，求出二面角的余弦值；
【详解】（1）因为 底面 ， 平面 ，
所以 ．
因为 ， ，所以 ．
所以 ，所以 ．
又因为 ， 平面PBC， 平面PBC，
所以 平面PBC．
又 平面EAC，
所以平面 平面PBC．
（2）解法一：
以点C为原点，CB，CA，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则， ， ， ．
设点E的坐标为 ，因为 ，所以 ，
即 ， ， ，所以 ．
所以 ， ．
设平面ACE的一个法向量为 ，则 ．
所以 ，取 ，则 ， ．
所以平面ACE的一个法向量为 ．
又因为 平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为 ．
设平面PAC与平面ACE的夹角为 ，
则 ．
所以，平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为 ．
解法二：
取AB的中点G，连接CG，以点C为原点，CG，CD，CP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示
的空间直角坐标系，则 ， ， ， ．
设点E的坐标为 ，因为 ，所以 ，
即 ， ， ，所以 ．
所以 ， ．
设平面ACE的一个法向量为 ，则 ．
所以 ，取 ，则 ， ．
所以，平面ACE的一个法向量为 ．
又因为 平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为 ．
设平面PAC与平面ACE的夹角为 ，
则 ．
所以，平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为
20．为了宣传航空科普知识，某校组织了航空知识竞赛活动．活动规定初赛需要从8道备选题中随机抽取4道题目进行作答．假设在8道备选题中，小明正确完成每道题的概率都是 且每道题正确完成与否互不
影响，小宇能正确完成其中6道题且另外2道题不能完成．
(1)求小明至少正确完成其中3道题的概率；
(2)设随机变量X表示小宇正确完成题目的个数，求X的分布列及数学期望；
(3)现规定至少完成其中3道题才能进入决赛，请你根据所学概率知识，判断小明和小宇两人中选择谁去参
加市级比赛（活动规则不变）会更好，并说明理由．
【答案】(1)
(2)分布列见解析，3
(3)选择小宇，理由见解析
【分析】（1）小明至少正确完成其中3道题包含两种情况：一是小明正确完成3道题，二是小明正确完成
4道题，然后由互斥事件的概率公式求解即可；
（2）由题意得X的可能取值为2，3，4，然后求各自对应的概率，从而可求出X的分布列及数学期望；
（3）分别计算出他们两人至少完成其中3道题的概率，通过比较概率的大小可得答案.
【详解】（1）记“小明至少正确完成其中3道题”为事件A，则
．
（2）X的可能取值为2，3，4
，
，
，
X的分布列为；
X 2 3 4
P
数学期望 ．（3）由（1）知，小明进入决赛的概率为 ；
记“小宇至少正确完成其中3道题”为事件B，则 ；
因为 ，故小宇进决赛的可能性更大，
所以应选择小宇去参加比赛．
21．已知函数 在 处的切线方程为
(1)求实数 ， 的值；
(2)设函数 ，当 时， 恒成立，求 的最小值．
【答案】(1) ，
(2)0
【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）当 时， 恒成立，只要 即可，利用导数求出 上 的
最大值即可得出答案.
【详解】（1）定义域为 ， ，
由题意知 ，
解得 ， ；
（2） ，
则 ，
令 ，其中 ，则 ，
所以函数 在 上单调递增，因为 ， ，所以存在唯一 ，
使得 ，即 ，可得 ，
当 时， ，此时函数 单调递增，
当 时， ，此时函数 单调递减．
所以当 时， ，
因为 ， ，所以 ，
当且仅当 ，即 时，取等号，
又因 ，所以 ，
即 ，因为 ， ，
所以当 时， ，
因为当 时， 恒成立，
所有 .
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键点在于把恒成立问题通过分离参数转化为新函数的最值问题，转
化后利用导数判断出其定义域上的单调性求出值域或最值问题就解决了.
22．设直线 与双曲线 ： 的两条渐近线分别交于 ， 两点，且三角形 的面
积为 .(1)求 的值；
(2)已知直线 与 轴不垂直且斜率不为0， 与 交于两个不同的点 ， ， 关于 轴的对称点为 ，
为 的右焦点，若 ， ， 三点共线，证明：直线 经过 轴上的一个定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出双曲线的渐近线方程，从而得到 两点的坐标，得到三角形 的面积为 ，
列出方程，求出 的值；
（2）设出直线方程 ，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，根据三点共线，得
到斜率相等，列出方程，代入后求解出 ，求出直线所过的定点.
【详解】（1）双曲线 ： 的渐近线方程为 ，
不妨设 ，
因为三角形 的面积为 ，所以 ，
所以 ，又 ，所以 .
（2）双曲线 的方程为 ： ，所以右焦点 的坐标为 ，
依题意，设直线 与 轴交于点 ，直线 的方程为 ，
设 ， ，则 ，
联立 ，得 ，
且 ，
化简得 且 ，所以 ， ，
因为直线 的斜率存在，所以直线 的斜率也存在，
因为 ， ， 三点共线，所以 ，
即 ，即 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，
化简得 ，所以 经过 轴上的定点 .
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是设直线 的方程为 ， ， ，则
，再将其与双曲线方程联立，从而得到韦达定理式，根据三点共线，则有 ，整理代入
韦达定理式化简求出 值即可.
