【开学摸底考】2024-2025学年春季期高三数学开学摸底考试卷（新高考通用）1

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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。
第一部分（选择题 共58分）
一、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的。
1.设集合,则中元素的个数为( )
A.1B.2C.3D.4
【答案】
【解析】两个集合均为点集,交集即是函数与的交点构成的集合,
故中的元素个数即是方程的解的个数,
即函数的零点个数,
由函数单调递增且,可知函数有一个零点,故中元素个数为1.
2.在复平面内,把与复数相对应的向量绕原点顺时针旋转90度,所得的向量对应的复数为( )
A.B.C.D.
【答案】
【解析】现将复数对应的向量表示为,向量旋转模长不变,故可在半径为2的圆上利用三角
函数的定义将其坐标表示为三角形式,顺时针旋转,即可得到向量
3.在的展开式中,常数项为75,则( )
A.1B.C.D.
【答案】
【解析】常数项为,解得.
4.已知,则( )
A.B.C.D.
【答案】
【解析】,所以
所以.
5.已知三点均在圆上,为弦的两个三等分点,若,且.,则圆的半径为( )
A.B.C.D.
【答案】
【解析】设弦中点为,利用中线的向量特点:
两式相减即得:
此即是所谓的极化恒等式.同样的道理我们可以得到:
两个式子结合一下就可以得到,另外,,则显然有
,则
,
由正弦定理可知,,
答案为项.
6.已知的定义域为的单调函数,且,则( )
A.-1B.0C.1D.2
【答案】
【解析】由题得单调,那么和一一对应,那么为大于0的常数,
7.已知圆台的上、下底面半径分别为母线与底面所成角为为下底面的一条直径,点为侧面上的一个动点,若,则的轨迹长度为( )
A.B.C.D.
【答案】
【解析】【法一】:圆台的母线记为,,容易得到,如图所示建系较为方便,设点,且,则
,
如图,母线,则,且,点为侧面上的一点,且,
则由勾股定理得:故点的轨迹是半径为的圆,其轨迹长度为.
【法二】:三角形中,利用中线长的性质
可得,以下同法一.
8.已知抛物线的焦点为,过点的直线与抛物线交于两点,直线过点且与垂直,直线过点且与垂直,直线与相交于点,则的取值范围为( )
A.B.C.D.
【答案】
【解析】易知,设,设,不妨令,
将与抛物线的方程联立,则,可得,
所以,即,
易知为的直径,所以,
又,
所以,
因为,所以,
所以,即.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9.已知圆经过点(3,0)和(0,1),且圆被轴,轴截得的弦长相等,则圆的方程可以是( )
A.B.
C.D.
【答案】
【解析】设圆心为(a,b),则,且,解得
则,即圆方程为
10.已知函数的定义域为,则( )
A.B.C.是奇函数D.
【答案】
【解析】抽象函数,赋值分析,
①令,则,故选项正确;
②令,则,
令,则,故选项正确;
③令,则,即:
,故为偶函数,故选项不正确;
事实上,函数定义在上,且,故必不是奇函数,
④令,则周期为4,
显然:,
故:,故选项不正确.
11.记数列的前项和为,若,则( )
A.的最大值为
B.的最小值为
C.存在数列,使得
D.存在数列,使得,且
【答案】
【解析】先来分析一下数列的结构特点,,则可以想到要么为正要么为负,
若连续两项为正,如:,
若连续两项一正一负,如:,
为了使最大,则连续两项必一正一负,正负摆动,
不妨令,则
故:,故选项正确;
由上述分析知:的最小值为1,显然成立,故选项正确;
对于选项,因为只有两个结果,即或者,
首先我们尝试数列前项均为1,那么后面的项均满足,则7976,这个方程没有整数解,当时,,
故而只要令
则,故选项正确；
显然选项不正确；
答案为项.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。.
12.已知双曲线的左、右焦点为,点是其右支上的动点.若存在,使得,,依次成等比数列,则的取值范围为_____.
【答案】
【解析】由题意可知,,且,
设,则,
所以在上有解,所以,解得.
13.如图,在直角三角形中,,垂足为.设,矩形与矩形的面积之和为,其中,则的最大值为_____.
【答案】
【解析】易知,所以
于是
令,解得;令,解得,
所以在处取得最大值,所以.
14.一个球被平面截下的一部分叫做球缺,截面叫做球缺的底面,垂直于截面的直径被截后,剩下的线段长叫做球缺的高.若球缺的高为,球的半径为,则球缺的体积.已知一个圆柱的轴截面是边长为8的正方形,且正方形的中心为.球的半径为5,则球与圆柱重合部分的体积为_____.
【答案】
【解析】【方法一】如图实际就是两个球缺加一个:
那么那么我们先把球缺的体积算了。先画平面图先算球缺的上下底,
先算上底.
下底,再算高,即所以我们剩下的
(DBFE)是大球缺小球缺
所以两个球缺的体积为:.
再算圆柱的体积.
【方法二】如图,
球与圆柱重合部分可以看成上下两部分加中间一个圆柱,上部分和下部分形状相同,可以看成一个缺挖掉一个小球缺.
那么我们先算上部分体积,再算圆柱体积,则,即可得到结果.
,
所以
故.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
15.(本题满分13分)如图,在四棱锥中,四边形为正方形,平面,且分别是的中点,平面与分别交于点.
(1)证明:;
(2)若平面平面,求平面与平面所成锐二面角的正弦值.
【解析】(1)因为分别是的中点,所以,
在正方形中,,所以,
因为平面平面,
所以平面,
又平面,平面平面,
所以,所以.
(2)易知两两垂直,故建立空间直角坐标系如图所示,
则,
所以.
设平面的法向量,则
取,则,所以.
设平面的法向量,则
取,则,所以.
设平面的法向量,则,
因为平面平面,所以,
取,则,所以.
设平面与平面所成锐二面角为,则.
16.(本题满分15分)
某乒乓球运动员练习接发球,陪练教练每次发球有的概率发左旋球,有的概率发右旋球,且该运动员可以通过陪练教练的发球动作,准确地判断发出的是左旋球还是右旋球.根据以往训练数据,该乒乓球运动员能成功接左旋球的概率是,能成功接右旋球的概率是.在某次训练的连续两次接发球中,设该运动员成功接到左旋球的次数为随机变量,成功接到右旋球的次数为随机变量.
(1)若,求该运动员两次接发球均成功的概率；
(2)若,求的取值范围.
【解析】(1)设该运动员两次接发球均成功为事件,则
(2)易知,则
,
且,
所以,
因为,所以,所以,即的取值范围为.
17.(本题满分15分)
已知函数有三个零点.
(1)求的取值范围；
(2)证明:中任意两个之积的绝对值不小于1.
【解析】(1)有三个解.
令,显然为奇函数,
当时,.单调递增
单调递减,则,且,
则容易得到:时,单调递增且,
时,单调递增且时,单调递减且.
而当时,时,单调递减且,
时,单调递增且,
时,单调递增且,
则当或时,仅有一个解
当或或时,仅有两个解
当或时,有三个解
综上:函数有三个零点,则或.
(2)想证明函数的三个零点中任意两个之积的绝对值不小于1,只需要证明
时的情况即可.
当时,的三个零点满足,只需要证明即可,
即证明,因为函数时,单调递增,则只要证明
这显然成立.
18.(本题满分17分)已知椭圆和椭圆,直线与椭圆相切于第一象限内一点,且与椭圆交于两点.直线与椭圆交于两点.
(1)当为椭圆的右顶点时,求;
(2)求四边形MANB面积的取值范围.
【解析】如图
设
且满足后面我们消元可以直接消掉.
（1）当为椭圆的右顶点时即直线过右顶点时.
（2）我们先算长度
先算判别式
接下来我们再算高即可此时我们直接算点坐标即可.
为为
算距离
而绝对值里面异号,因为在直线两边我们直接算面积就行了.
所以
找一下和的关系现在显然了,单变量舒服的.而且我们猜测取等为竖直的时候,这样好看,于是我们不能留着,那么我们留着即可,变形
为了好看,我们设
显然解决完毕.
19.(本题满分17分)
在平面直角坐标系中,将横、纵坐标均为整数的点称为格点.
（1）对任意,设格点满足.证明:,并分别指出的单调性(不必说明理由);
（2）证明:对于任意给定的正整数,都存在横坐标大于的格点,满足到直线的距离
小于;
(3)设双曲线,证明:对于任意给定的正整数,都存在格点和上一点,满
足,并当时,写出一个的坐标.
【解析】(1)依题,,则
且容易得到:
故
数列单调性作差比较即可:
所以数列单调递增,数列单调递减
(2)设点到直线的距离为
对任意事先给定的正整数,若,则,取,
则
很明显需要将的分子处理一下,很容易看到
则
只要即可,考虑到
当时,显然成立,命题得证.
(3)双曲线的渐近线方程为,对于给定的正整数,存在格点,记到直线的距离为,由(2)可知,必能找到格点使得,我们取格点
因为,故格点在直线下方.
现在我们需要找到双曲线上一点,只要充分大,格点将无限接近直线,这时我们通过格点作垂直于渐近线的直线交双曲线于点,判断一下关于直线的对称点与双曲线的位置关系,就可以得到与的大小关系,方便接下来的说理,为此,我们转换一下视角,只要判断点与双曲线的共轭双曲线的位置关系即可,即判断与2的大小关系.
因为
由前面分析知:
则
故,则可知点在双曲线内,故而.
当时,我们取,那么容易知道