文科数学-2024届新高三开学摸底考试卷（课标全国专用）03(原卷及解析版)

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（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，只有一项是符合题目要求.
1．已知全集，集合，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A．B．
C．（2，3]D．[-2，3）
【答案】C
【分析】根据阴影部分，可以表示为在集合下的补集，利用补集的运算性质即可.
【详解】因为，则,由韦恩图可知，阴影部分表示.则，即.
故选：C
2．复数,则的虚部为
A．B．iC．-1D．1
【答案】D
【解析】利用复数代数形式的除法运算化简，求出z，则答案可求．
【详解】依题意，，，复数的虚部为1，
故选D.
【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．
3．是空气质量的一个重要指标，我国标准采用世卫组织设定的最宽限值，即日均值在以下空气质量为一级，在之间空气质量为二级，在以上空气质量为超标.如图是某地11月1日到10日日均值（单位：）的统计数据，则下列叙述不正确的是（ ）
A．这天中有天空气质量为一级B．这天中日均值最高的是11月5日
C．从日到日，日均值逐渐降低D．这天的日均值的中位数是
【答案】D
【分析】由折线图逐一判断各选项即可.
【详解】由图易知：第3,8,9,10天空气质量为一级，故A正确，11月5日日均值为82，显然最大，故B正确，从日到日，日均值分别为：82,73,58,34,30，逐渐降到，故C正确，中位数是，所以D不正确，故选D.
【点睛】本题考查了频数折线图，考查读图，识图，用图的能力，考查中位数的概念，属于基础题.
4．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由三角函数的诱导公式，即可求得答案.
【详解】
故选：B
5．“ChatGPT”以其极高的智能化引起世界关注.深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的.在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为，衰减速度为，且当训练迭代轮数为时，学习率为，则学习率衰减到以下（不含）所需的训练迭代轮数至少为（参考数据：）（ ）
A．75B．74C．73D．72
【答案】C
【分析】由已知可得，再由，结合指对数关系及对数函数的性质求解即可．
【详解】由题设可得，则，
所以，即，
所以所需的训练迭代轮数至少为次．
故选：C．
6．等差数列中，已知且公差，则其前项的和取得最小值时的值为
A．9B．8C．7D．10
【答案】A
【详解】∵且公差，
∴，从而.
∴，
∴.
∴当数列前项的和取得最小值时的值为9.选A．
7．已知函数的部分图象如下所示，则可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】结合图象的特点，分别结合选项排除，即可求解.
【详解】由题意，函数的定义域为，函数的图象关于轴对称，则函数为偶函数，
则选项C中，函数的定义域为不符合题意，排除C；
对于B中，函数，
则函数为奇函数，不符合题意，排除B；
对于A中，函数恒成立，不存在负值，不符合题意，排除A；
对于D中，函数，则函数为偶函数，且函数值可正、可负，符合题意.
故选：D.
8．设命题 在上单调递增，命题，则是成立的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】求导得：，由已知可得：在上恒成立，即，由，可知：，问题得解.
【详解】由已知可得：，
在上单调递增，
即在上恒成立，
令
，当时等号成立，
.
所以是成立的必要不充分条件.
故选：B
【点睛】本题考查了恒成立问题和基本不等式求最值，考查了转化思想，属于中档题.
9．已知定义域为的奇函数满足，且当时，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据满足，从而得出，再根据是奇函数，且当时，，从而得出的值，即可得解．
【详解】解：依题意，满足
即，
又是定义域为的奇函数，，即，
因为当时，，，
故
故选：
【点睛】考查奇函数的应用，以及函数求值的方法，属于基础题．
10．曲线上的点到直线的最短距离是（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】B
【分析】求出曲线与已知直线平行的切线的切点坐标，再利用点到直线的距离公式求解作答.
【详解】依题意，曲线与直线相离，
设曲线在点处的切线与直线平行，
求导得，则，解得，有，切点坐标为，
因此切点到直线的距离为，
所以曲线上的点到直线的最短距离是.
故选：B
11．已知抛物线的焦点为，准线为，点是抛物线上一点，于.若，则抛物线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据抛物线的定义求得，然后在直角三角形中利用可求得，从而可得答案．
【详解】如图，连接，设准线与轴交点为

抛物线的焦点为，准线：
又抛物线的定义可得，又，所以为等边三角形，
所以，
所以在中，，则，所以抛物线的方程为.
故选：A.
12．已知可导函数的导函数为，若对任意的，都有，且，则不等式的解集为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】构函数，由题设条件可得其单调性，从而可求函数不等式的解.
【详解】构造函数，则，
∴函数在上单调递减，∵，∴，
由得，∴，
∵函数在上单调递减，∴，
故选：C.
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13．已知，若，则______ .
【答案】
【分析】根据题意求得，结合向量的数量积的运算公式求得的值，得到的坐标，利用向量模的公式，即可求解．
【详解】因为，可得，
又因为，可得，解得，
所以，所以.
故答案为：.
14．圆心在直线上，且与直线相切于点的圆的标准方程为________．
【答案】
【分析】设圆心坐标为，利用点到直线距离公式和两点距离公式求解即可.
【详解】设圆心坐标为，因为圆与直线相切于点，
所以，可得：，
解得，
所以所求圆的圆心为，半径，
所以所求圆的方程为.
故答案为：.
15．阿基米德（公元前287年—公元前212年），伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家，他死后的墓碑上刻着一个“圆柱容球”的立体几何图形，为纪念他发现“圆柱内切球的体积是圆柱体积的，并且球的表面积也是圆柱表面积的”这一完美的结论.已知某圆柱的轴截面为正方形，其表面积为，则该圆柱的内切球体积为________.
【答案】
【分析】设圆柱的底面半径为，则其母线长为，由圆柱的表面积求出，代入圆柱的体积公式，求出其体积，结合题目中的结论，即可求出该圆柱的内切球体积.
【详解】设圆柱底面半径为，则其母线长为，
因为圆柱的表面积为
所以，得到
所以圆柱的体积为，
根据题意可知圆柱内切球的体积是圆柱体积的，
所以该圆柱的内切球的体积为.
故答案为：.
【点睛】本题考查圆柱的轴截面及表面积和体积公式，考查对题意的理解和转化，属于中档题.
16．已知函数，若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是______．
【答案】
【分析】将零点问题转化为函数的与的交点个数问题，画出两函数的图象，利用导函数求出当直线与相切时的的值，数形结合求出实数的取值范围.
【详解】作出函数的与图象如图：
当时，，则，
当为的切线时，即，解得，即切点为，
代入得，
故当时，函数与恰有三个交点，
故恰有三个零点；
当为的切线时，即，解得，
即切点为，代入得，
令当过原点时，，
所以由图象可知：当时，满足函数与恰有三个交点，
故恰有三个零点；
综上的取值范围是．
故答案为：
三、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．第十三届全国人大第二次会议于2019年3月5日在北京开幕．为广泛了解民意，某人大代表利用网站进行民意调查．数据调查显示，民生问题是百姓最为关心的热点，参与调查者中关注此问题的约占．现从参与调查者中随机选出200人，并将这200人按年龄分组，第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，得到的频率分布直方图如图所示．
(1)求；
(2)现在要从年龄较小的第1组和第2组中用分层抽样的方法抽取5人，并再从这5人中随机抽取2人接受现场访谈，求这两人恰好属于不同组别的概率；
(3)把年龄在第1，2，3组的居民称为青少年组，年龄在第4，5组的居民称为中老年组，若选出的200人中不关注民生问题的中老年人有10人，问是否有的把握认为是否关注民生与年龄有关？
附：
，．
【答案】（1）；（2）；（3）没有99%的把握认为是否关注民生与年龄有关．
【解析】(1)根据频率分布直方图，由频率分布直方图各小长方形的面积之和为1，即可计算出频率分布直方图中的值；
(2)根据分层抽样的公式计算出第1组和第2组中的人数，列出从这5人中随机抽取2人的所有基本事件及两人恰好属于不同组别的事件并求出相应的种数，再根据古典概型计算公式，即可求出这两人恰好属于不同组别的概率；
(3)根据已知可求出200人中不关注民生问题的青少年有30人，然后列出列联表，根据公式求，即可得出结论．
【详解】(1)因为，
解得．
(2)由题意可知从第1组选取的人数为人，设为，，
从第2组选取的人数为人，设为，，．
从这5人中随机抽取2人的所有情况有：
，，，，，
，，，，，共10种．
这两人恰好属于不同组别有，，，，，，共6种．
所以所求的概率为．
(3)选出的200人中，各组的人数分别为：
第1组：人，
第2组：人，
第3组：人，
第4组：人，
第5组：人，
所以青少年组有人，中老年组有人，
因为参与调查者中关注此问题的约占，即有人不关心民生问题，
所以选出的200人中不关注民生问题的青少年有30人．
于是得列联表：
所以，
所以没有的把握认为是否关注民生与年龄有关．
【点睛】本题主要考查频率分布直方图，古典概型概率的计算及独立性检验，同时考查基本计算和数据处理能力．
18．在①；②；③，，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并对其进行求解．
在中，内角的对边分别为．已知________．
（1）求角的大小；
（2）若，求边上高的最大值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）选①：利用正弦定理角化边，整理可得，根据的范围可得结果；
选②：利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换知识可求得，根据的范围可得结果；
选③：利用二倍角和辅助角公式化简，可得，根据的范围可最终确定的取值；
（2）利用余弦定理和基本不等式可求得面积的最大值，利用可求得所求高的最大值.
【详解】（1）选①：由正弦定理得：，整理得：，
，又，.
选②：由正弦定理得：，
即，
，，，
又，.
选③：
，
，
又，，，解得：.
（2）设边上的高为，
由余弦定理得：，
（当且仅当时取等号），，
面积的最大值为，
又，，即边上的高的最大值为.
【点睛】方法点睛：本题第二问考查解三角形中的最值问题，解题关键是能够将问题转化为三角形面积最大值的求解，求解三角形面积最大值的常用方法是：在余弦定理中，利用基本不等式得到两边之积的最大值.
19．如图，在几何体中，四边形是菱形，，平面平面，.
（1）求证：；
（2）若，，求三棱锥和三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）1,1
【分析】（1）连接，与交于点，连接易知，，由线面垂直的判定定理可得平面，从而可证明；
（2）由面面垂直的性质可知，平面，即 为三棱锥的高，结合菱形、等边三角形的性质，可求出，从而可求三棱锥的体积；由平面，可知点到平面的距离也为，由菱形的性质可知，从而可求出三棱锥的体积.
【详解】（1）证明:如图，连接，与交于点，则为的中点，连接，
由四边形是菱形可得，因为，所以，
因为，所以平面，因为平面，所以.
（2）因为平面平面，平面平面，且，
所以平面，即 为三棱锥的高.
由，四边形是菱形，且，
可得与都是边长为2的等边三角形，所以，
因为的面积，故.
因为， 平面， 平面，所以平面，
故点到平面的距离也为，由四边形是菱形得
因此.
【点睛】本题考查了线线垂直的证明，考查了线面垂直的判定，考查了锥体体积的求解，考查了面面垂直的性质.证明线线垂直时，可借助勾股定理、菱形的对角线、矩形的临边、线面垂直的性质证明.求三棱锥的体积时，注意选择合适的底面和高，会使得求解较为简单.
20．已知椭圆C：的离心率为，过椭圆右焦点F的直线l与椭圆交于A，B两点，当直线l与x轴垂直时，．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)当直线l的斜率为k时，在x轴上是否存在一点P（异于点F），使x轴上任意一点到直线PA与到直线PB的距离相等？若存在，求P点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据题意列式求解，即可得结果；
（2）根据题意分析可得x轴为直线PA与直线PB的对称轴，根据斜率关系结合韦达定理运算求解.
【详解】（1）设椭圆C的半焦距为，
由题意可得，解得，
所以椭圆C的标准方程为.
（2）由（1）可得：，
根据题意可设直线，
联立方程，消去y得，
则，
可得，①
由题意可知x轴为直线PA与直线PB的对称轴，则，
可得，
因为，可得，
整理得，②
将①代入②得：，解得，
所以存在点P，使x轴上任意一点到直线PA与到直线PB的距离相等，此时.

【点睛】方法点睛：存在性问题求解的思路及策略
（1）思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在．
（2）策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；
②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况．
21．已知函数，其中为自然对数的底数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若函数有两个零点，证明：.
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为
(2)证明见解析
【分析】（1）将代入后得，对其求导，利用导数与函数的单调性即可得解；
（2）由题意得，从而利用分析法将变形为，构造函数，利用导数证得，由此得证.
【详解】（1）当时，的定义域为，
则，
因为，则，所以，
当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）若函数有两个零点，则，
即，两式相减，可得，两式相加得，
要证，只要证，即证，即证，
只须证，即证，即证，
令，则由得，故须证，
令，则，
当时，，所以在上单调递增，
所以当时，，即成立，
故原不等式成立.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理．
22．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．
(1)求曲线的极坐标方程；
(2)若直线与曲线交于两点，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先化参数方程为直角坐标方程，然后将代入整理即可.
（2）联立直线和（1）中的极坐标方程，结合韦达定理求解.
【详解】（1）由可得，
将代入可得，，
整理可得，即为曲线的极坐标方程.
（2）和联立可得，，
设对应得极径分别为，根据韦达定理，，
于是
23．已知．
(1)若，求的取值范围；
(2)若不等式的解集为，求实数的取值范围．
【分析】（1）由可得，分类讨论，，三种情况，将原不等式转化为不含绝对值的不等式求解即可；
（2）根据题意得到，从而得到关于的二次不等式，再由一元二次不等式解法，即可求出结果.
【详解】（1）由可得，
当时，原不等式可化为，解得；
当时，原不等式可化为，显然不成立；
当时，原不等式可化为，解得；
所以的取值范围为或；
（2）因为，当且仅当时等号成立，
所以由不等式的解集为，可得，解得．
故实数的取值范围是．
0.150
0.100
0.050
0.025
0.010
0.005
0.001
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
关注民生问题
不关注民生问题
合计
青少年
90
30
120
中老年
70
10
80
合计
160
40
200