2024年春季高三开学摸底考试数学试卷 新高考新结构版(含答案)

这是一份2024年春季高三开学摸底考试数学试卷 新高考新结构版(含答案)，共17页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知集合,,则( )
A.B.C.D.
2．设,,,则a,b,c的大小关系为( )
A.B.C.D.
3．将函数图象上的所有点的横坐标伸长到原来的4倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度，得到函数的图象，则( )
A.
B.
C.
D.1
4．已知数列的前n项和（p,q,r为常数,且,）,则“是等差数列”是“”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
5．现代足球的前身起源于中国古代山东淄州（今淄博市）的球类游戏“蹴鞠”，后经阿拉伯人由中国传至欧洲，逐渐演变发展为现代足球.周末，高二年级甲、乙两位同学出于对足球的热爱，去体育场练习点球，在同一罚球点，两人各自踢了10个球，甲进了9个球，乙进了8个球，以频率估计各自进球的概率.记事件A：甲踢进球；事件B：乙踢进球.甲、乙两人是否进球互不影响，则接下来一次点球中，( )
A.B.C.D.
6．如图，在平行四边形中，，，E为边CD的中点，，若，则( )
A.B.C.D.
7．设随机变量，函数没有零点的概率是0.5，则( )
附：若，则，.
B.C.
8．在中,,,,D为AC中点,若将沿着直线BD翻折至,使得四面体的外接球半径为1,则直线与平面ABD所成角的余弦值是( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．函数的部分图象如图所示,将的图象向左平移个单位,再将横坐标扩大为原来的2倍得到的图象,则下列说法正确的有( )
A.B.
C.D.是的一个对称中心
10．已知，是双曲线（，）的左，右焦点，且到C的一条渐近线的距离为，O为坐标原点，点，P为C右支上的一点，则( )
A.
B.过点M且斜率为1的直线与C有两个不同的交点
C.若，斜率存在，则
D.的最小值为
11．已知函数，则下列说法正确的是( )
A.B.的最大值是e
C.有两个不等实根D.
三、填空题
12．已知，为单位向量，且，若，则__________.
13．已知椭圆的左、右焦点分別为，，P是C上一点，且，H是线段上靠近的三等分点，且，则椭圆C的离心率为__________.
14．对于数列,定义为数列的“加权和”,已知某数列的“加权和”,记数列的前n项和为,若对任意的恒成立,则实数p的取值范围为___________．
四、解答题
15．已知的三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，.
（1）若，求B的大小；
（2）若不是钝角三角形，且，求面积的取值范围.
16．如图1,已知正方形ABCD的边长为4,E,F分别为AD,BC的中点, 将正方形ABCD沿EF折成如图2所示的二面角,且二面角的大小为,点M在线段AB上(包含端点)运动,连接AD.
(1)若M为AB的中点, 直线MF与平面ADE的交点为O,试确定点O的位置, 并证明直线平面EMC;
(2)是否存在点M,使得直线DE与平面EMC所成的角为?若存在, 确定出M点的位置;若不存在,请说明理由.
17．已知抛物线的焦点为F,点在C上,且．
（1）求C的方程;
（2）若不过点M的直线l与C相交于A,B两点,且直线MA,MB的斜率之积为1,证明：直线l过定点．
18．已知函数.
(1)讨论在上的单调性;
(2)若,证明：函数在R上有且仅有三个零点.
19．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.
参考答案
1．答案：B
解析：由题可得,
,
所以.
故选：B.
2．答案：B
解析：因为,所以,
因为,所以,
又因为,所以,
所以．
故选：B.
3．答案：B
解析：将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的4倍（纵坐标不变）得到函数的图象，将该图象再向右平移个单位长度，得的图象，即，所以.
4．答案：A
解析：若是等差数列,设其公差为,则,
所以,
若,则,
当时,,当时,,此时也满足,
所以,于是有是等差数列,
所以“是等差数列”是“”的充要条件．
故选：A.
5．答案：D
解析：由题意知，甲、乙两人是否进球互不影响，即事件A与事件B相互独立，又由，，所以.故选D.
6．答案：A
解析：在平行四边形中，，，E是边CD的中点，，，，，.
7．答案：B
解析：若函数没有零点，则二次方程无实数根，，.没有零点的概率是0.5，.由正态密度曲线的对称性，知，，，，，，，，，，.
故选B.
8．答案：A
解析：因为,,,所以,
由D为AC中点,所以,
则,即为等边三角形,
设的外接圆圆心为G,的外接圆圆心为O,取BD中点为H,
连接,OH,OG,OB,,OD,
因为,,所以由正弦定理可得,
即的外接圆半径为1,
又四面体的外接球半径为1,所以O为外接球球心,
由球的性质可知,平面,因为平面,所以,
因为,,所以.
设到平面ABD的距离为d,
因为和都是边长为1的正三角形,
所以,由得,即,
记直线与平面ABD所成角为,
则,所以.
故选：A.
9．答案：ACD
解析：由图可知函数得周期,
所以,故A正确;
则,
又,所以,
所以,则,
又,所以,故B错误;
则,
将的图象向左平移个单位,得,
再将横坐标扩大为原来的2倍得,
,
则,故C正确;
因为,
所以是的一个对称中心,故D正确.
故选：ACD.
10．答案：AD
解析：由题意知双曲线的半焦距为，其中一条渐近线方程为.
因为到C的一条渐近线的距离为，即，所以，又，所以，故A正确；
对于B，双曲线的一条渐近线的斜率为1，所以过点M且斜率为1的直线为，联立消去y得，，只有一个交点，故B错误；对于C，设，则，
，故C错误；
对于D，由双曲线的定义可知，当且仅当P，M，三点共线时取得等号，故D正确，故选AD.
11．答案：AC
解析：对于选项A，因为，所以，所以，故选项A正确.对于选项B，因为，当时，，所以在上单调递增，当时，，所以在上单调递减，所以在处有最大值，故选项B错误.
对于选项C，结合B选项可知，的最大值是，且在上单调递增，在上单调递减，又易知当时，，当时，.结合的大致图象（图略）可知直线与曲线有两个交点，所以有两个不等实根，故选项C正确.
对于选项D，因为在单调递减，所以，即，所以，故选项D错误.故选AC.
12．答案：
解析：，，
.
13．答案：
解析：因为，所以，，.因为，所以，所以，则，即，整理得.所以，解得或（舍），所以椭圆C的离心率为.
14．答案：
解析：由题意可得,
时,,
两式相减可得：,
化为,
时,,满足上式,
故,,
故,
对任意的恒成立,
∴ ,即,
解得,即,
故答案为：.
15．答案：（1）
（2）
解析：（1）因为，所以，即.因为A，B，C为的内角，所以或.因为，所以（不合题意，舍去），所以，而，所以，.
（2）由（1）可知，或.
当时，有，这与不是钝角三角形相矛盾，不合题意，舍去；
当时，，所以是直角三角形，所以，即.而.因为，所以（当且仅当时等号成立）.又，，所以，所以，即面积的取值范围是.
16．答案：(1)见解析
(2)直线DE与平面EMC所成的角为
解析：(1)因为直线平面ABFE,故点O在平面ABFE内,也在平面ADE内，
所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线(即直线AE)上,
延长EA,FM交于点O, 连接OD(如图所示),
证明: 因为，M为AB的中点,所以,所以,
即M是OF的中点, 则,故点O在EA的延长线上且与点A间的距离为2 ;
连接DF交EC于点N, 因为四边形CDEF为矩形, 所以N是DF的中点,
又因为M 是OF的中点,
连接MN, 则MN为的中位线, 所以, 又平面EMC,平面EMC,所以直线平面EMC.
(2)由题意知,又, 且EA, 平面ADE,
所以平面ADE, 且,所以平面平面ADE,
因为,所以为等边三角形,取AE的中点H,连接DH,则,
而平面平面,且平面ADE,所以平面ABFE,以H为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则,,,
所以,
设,则,
设平面EMC的法向量为, 则 即取, 则,所以平面EMC的一个法向量为,要使直线DE与平面EMC所成的角为,
则,
即, 整理得,解得或,
所以存在点M, 即为线段AB上靠近A或B的一个四等分点,使得直线DE与平面EMC所成的角为.
17．答案：（1）
（2）
解析：（1）因为抛物线,所以准线方程为,
因为点在C上,所以由抛物线焦半径公式得,,
联立,解得或（由于,舍去）,
所以抛物线C方程为.
（2）依题意,易知,直线l的斜率存在（若不存在,则与抛物线至多只有一个交点）,
设直线l为,,
联立,消去y,得,
则,,
因为直线MA,MB的斜率之积为1,即,
故,
整理得,
所以,得,故直线l为,
所以直线l过定点.
18．答案：(1)单调递增区间是,递减区间是
(2)证明见解析
解析：（1）由函数,
可得
令,可得,
当时,,单调递增;
当时,,单调递减,
所以的单调递增区间是,递减区间是.
（2）证明：,
因为,所以0是的一个零点.
又因为,
所以是偶函数,
即要确定在R上的零点个数,需确定时,的零点个数即可.
①当时,,
令,即,或,
当时,,单调递减,且,
当时,,单调递增,且,
所以在上有唯一零点.
②当时,由于,.
,
而在单调递增,.
所以恒成立,故在无零点,
所以在有一个零点.
由于是偶函数,所以在有一个零点,而,
综上所述,函数在R上有且仅有三个零点.
19．答案：（1）
（2）证明见解析
（3）不存在，理由见解析
解析：（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.
（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.
（3）不存在，理由如下：由，则，
设，
若，则，，
对任意，取（表示不超过x的最大整数），
当时，
；
若，则S为有限集，
设，，
对任意，取（表示不超过x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.