2024高三数学开学摸底考试卷06（新高考地区）

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 2024高三开学摸底考试卷06
时间：120分钟总分：150分
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的.
1．已知集合，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】解一元二次不等式求得集合，由此判断出正确选项.
【详解】由解得，故，由于，所以.
故选：D.
【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查集合的包含关系，考查集合的运算，属于基础题.
2．已知，则（    ）
A． B． C．0 D．1
【答案】A
【分析】根据复数的除法运算求出，再由共轭复数的概念得到，从而解出．
【详解】因为，所以，即．
故选：A．

3．已知向量，若，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据向量的坐标运算求出，，再根据向量垂直的坐标表示即可求出．
【详解】因为，所以，，
由可得，，
即，整理得：．
故选：D．

4．已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用对数型复合函数单调性判断方法，结合条件列式计算作答.
【详解】函数可看作函数，的复合函数，
又函数在上单调递增，
而函数在区间上单调递增，
则有函数在区间上单调递增，
且在区间恒成立，
因此，解得，
所以的取值范围是.
故选：D.
5．从圆外一点向这个圆作两条切线，则两切线夹角的余弦值为（    ）
A． B． C． D．6
【答案】B
【分析】根据锐角三角函数，结合二倍角公式即可求解.
【详解】由得，所以圆心为，半径为，设切点分别为,连接,则为两切线的夹角，
由于,所以,
由二倍角公式可得，
故选:B
  
6．若数列满足（为常数，，），则称为“等方比数列”．甲：数列是等方比数列；乙：数列是等比数列，则（    ）．
A．甲是乙的充分非必要条件 B．甲是乙的必要非充分条件
C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既非充分也非必要条件
【答案】B
【分析】利用等比数列的性质以及正负进行判断即可.
【详解】若为等比数列，设其公比为，则，为常数，所以成等比数列，即是等方比数列，故必要性满足.
若是等方比数列，即成等比数列，则不一定为等比数列，例如，有，满足是等方比数列，但不是等比数列，充分性不满足.
故选：B
7．设椭圆的左、右顶点为、，左、右焦点为、，上、下顶点为、，关于该椭圆，有下列四个命题：
甲：；乙：离心率为；丙：；丁：四边形的面积为.
如果只有一个假命题，则该命题是（    ）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】C
【分析】对甲、乙、丙、丁四个命题分别为假命题进行分类讨论，根据已知条件得出关于、、的方程组，判断方程组是否有解，即可得出结论.
【详解】若命题甲为假命题，则，该方程组无解，故命题甲不为假命题；
若命题乙为假命题，则，该方程组无解，故命题乙不是假命题；
若命题丙是假命题，则，解得，此时，合乎题意；
若命题丙为假命题，则，该方程组无解，故命题丙不为假命题.
故选：C.
8．已知，，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先利用三角函数的符号确定角、、的范围，再利用两角差的正弦公式、同角三角函数基本关系的商数关系得到关于和的方程组，再利用两角和的正弦公式求出，进而结合角的范围进行求解.
【详解】因为，，
所以或；
若，则，
此时（舍）；
若，则，
此时（符合题意），
所以，
即；
因为且，
所以且，
解得，，
则，
所以.
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，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9．有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（    ）
A．的平均数等于的平均数
B．的中位数等于的中位数
C．的标准差不小于的标准差
D．的极差不大于的极差
【答案】BD
【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.
【详解】对于选项A：设的平均数为，的平均数为，
则，
因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小，
例如：，可得；
例如，可得；
例如，可得；故A错误；
对于选项B：不妨设，
可知的中位数等于的中位数均为，故B正确；
对于选项C：因为是最小值，是最大值，
则的波动性不大于的波动性，即的标准差不大于的标准差，
例如：，则平均数，
标准差，
，则平均数，
标准差，
显然，即；故C错误；
对于选项D：不妨设，
则，当且仅当时，等号成立，故D正确；
故选：BD.
10．地震震级根据地震仪记录的地震波振幅来测定，一般采用里氏震级标准．里氏震级的计算公式为（其中常数是距震中100公里处接收到的0级地震的地震波的最大振幅，是指我们关注的这次地震在距震中100公里处接收到的地震波的最大振幅）．地震的能量（单位：焦耳）是指当地震发生时，以地震波的形式放出的能量．已知，其中为地震震级．下列说法正确的是（       ）．
A．若地震震级增加1级，则最大振幅增加到原来的10倍
B．若地震震级增加1级，则放出的能量增加到原来的10倍
C．若最大振幅增加到原来的10倍，则放出的能量也增加到原来的倍
D．若最大振幅增加到原来的10倍，则放出的能量增加到原来的1000倍
【答案】AC
【分析】本题首先要读懂公式，然后根据题意合理代入数据进行对数运算对选项进行一一检验即可得到答案.
【详解】因为，所以，故A正确；
因为，所以B错误；
因为，所以，
所以C正确，D错误.
故选：AC.
11．已知连续函数的定义域为R，且满足为奇函数，为偶函数，，当时，，则（    ）
A．为偶函数 B．
C．为极大值点 D．
【答案】BCD
【分析】根据题意得到函数是以项为周期的周期函数，且关于中心对称和对称，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】由为奇函数，可得函数关于中心对称，即，
又由为偶函数，可得关于对称，即，所以A不正确；
因为且，令，可得，所以B正确；
由时，，可得函数单调递增，
因为关于对称，可得函数在单调递减，所以为的极大值点，所以C正确；
由函数关于中心对称，可得，所以，
因为且，可得，
所以，所以函数是以项为周期的周期函数，
可得，所以，
所以，所以D正确.
故选：BCD.
12．下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（    ）
A．体积为的球体
B．所有棱长均为的四面体
C．底面直径为，高为的圆柱体
D．底面直径为，侧面积为的圆锥体
【答案】ABD
【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.
【详解】对于选项A：由球体的体积公式得，所以球的半径，即球体的直径等于正方体的棱长，
所以恰好能够被整体放入正方体内，故A正确；
对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且，
所以能够被整体放入正方体内，故B正确；
对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且，
所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；
对于选项D：由于圆锥的底面直径为，侧面积为，
所以由圆锥的侧面积公式得，得母线长，
所以高为，即圆锥的底面直径和高都等于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确；
故选：ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．某校高一开设4门选修课，有4名同学选修，每人只选1门，恰有2门课程没有同学选修，则不同的选课方案有（  ）
A．96种 B．84种 C．78种 D．16种
【答案】B
【详解】先确定选的两门: ,再确定学生选: ,所以不同的选课方案有选B.
14．已知正四棱台的上、下底面的顶点都在一个半径为的球面上，上、下底面正方形的外接圆半径分别为和，则此正四棱台的体积为 .
【答案】
【分析】分析可知，正四棱台的外接球球心在等腰梯形所在平面内，作出梯形及其外接圆，求出梯形的高以及正四棱台的上、下底面面积，利用台体的体积公式可求得结果.
【详解】在正四棱台中，
由正四棱台的几何性质可知，该四棱台的外接球球心在等腰梯形所在平面内，
由题设，设，，设球心为，如下图所示：

连接、，因为，则为等腰梯形的外接圆的一条直径，
且点为的中点，由题意可得，所以，为等边三角形，
所以，正四棱台的高为，
正方形的边长为，其面积为，
正方形的边长为，其面积为，
因此，正四棱台.
故答案为：.
15．将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若函数在上有且只有3个零点，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】首先根据图像平移得的解析式，然后将与代入得的解析式，通过恒等变换化简整理得，最后根据已知条件在存在三个零点得到满足的条件，解不等式组即可求出参数的取值范围.
【详解】由已知得，


，
令，则，
所以在上有且只有三个根，
分别为，，，接下来第四个根为
所以，解得，
所以的取值范围是，
故答案为：
16．已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为 ．
【答案】/
【分析】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到关于的表达式，从而利用勾股定理求得，进而利用余弦定理得到的齐次方程，从而得解.
方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得，，将点代入双曲线得到关于的齐次方程，从而得解；
【详解】方法一：
依题意，设，则，
在中，，则，故或（舍去），
所以，，则，
故，
所以在中，，整理得，
故.

方法二:
依题意，得，令，
因为，所以，则，
又，所以，则，
又点在上，则，整理得，则，
所以，即，
整理得，则，解得或，
又，所以或（舍去），故.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结合勾股定理与余弦定理得到关于的齐次方程，从而得解.

四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
17．已知中，．
（Ⅰ）求证：是钝角；
（Ⅱ）若同时满足下列四个条件中的三个：
①；②；③；④．
请指出这三个条件，说明理由，并求出的值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）只有满足①②③时．
【解析】（Ⅰ）在三角形中由正弦定理可得不等式的变形，可证得为钝角；
（Ⅱ）任意选3个条件讨论，由正弦定理及为钝角的条件可得再由满足①②③的情况符合条件，再由余弦定理求出边．
【详解】解：（Ⅰ）因为，由正弦定理可得，在三角形中，
，且，
所以不等式整理为，
即，在三角形中可得，
所以，所以得证为钝角；
（Ⅱ）若满足①②③，则正弦定理可得，
即，所以，
又，所以，在三角形中，，
所以或，而由（Ⅰ）可得
所以可得，，
所以
若满足①②④，由（Ⅰ）为钝角，，为锐角，
及，可得，，
所以不符合为钝角，故这种情况不成立；
若满足②③④，由为钝角，，
所以，而，所以，这时，
不符合为钝角的情况，所以这种情况不成立；
综上所述：只有满足①②③时．
【点评】本题考查正弦定理及余弦定理的应用，两角和的正弦公式的展开式，属于中档题．
18．已知函数（，为自然对数的底数）．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若在恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）．
【分析】（1）求出导函数，讨论、或，根据导数与函数单调性之间的关系即可求解.
（2）分离参数不等式等价于在恒成立，设，利用导数求出的最小值即可求解.
【详解】解：（1），
由得：或．
①当，即，恒成立，在上单调增；
②当，即，则和时，时．
故在区间和上单调增，在区间上单调减；
③当，即，则和时，时．
故在区间和上单调增，在区间上单调减；
（2）恒成立，即在恒成立，
∴在恒成立，
设，则
令，则，，
因此在单调递减，又，
使即
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
，又由式得，
，因此即的取值范围为．
19．如图，直三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，为棱上一点，平面.

(1)求证：为中点；
(2)若二面角的大小为，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）连，使，连，进而根据线面平行的性质定理得，进而根据为中点证明结论；
（2）设，以为坐标原点建立空间直角坐标系，进而根据二面角的大小求解即可.
【详解】（1）证明：如图，连，使，连，
由条件得为中点.
平面，平面平面，
又为中点，
为中点.

（2）解：设，以为坐标原点如图建系，则.
设平面的法向量，
则故可取；
设平面的法向量，
则，故可取；
因为二面角的大小为，
所以，即：，解得，经检验符合题意.
.

20．设等差数列的公差为，且．令，记分别为数列的前项和．
(1)若，求的通项公式；
(2)若为等差数列，且，求．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据等差数列的通项公式建立方程求解即可；
（2）由为等差数列得出或，再由等差数列的性质可得，分类讨论即可得解.
【详解】（1），，解得，
，
又，
，
即，解得或（舍去），
.
（2）为等差数列，
，即，
，即，解得或，
，，
又，由等差数列性质知，，即，
，即，解得或（舍去）
当时，，解得，与矛盾，无解；
当时，，解得.
综上，.

21．甲､乙两人进行象棋比赛，赛前每人发3枚筹码.一局后负的一方，需将自己的一枚筹码给对方；若平局，双方的筹码不动，当一方无筹码时，比赛结束，另一方最终获胜.由以往两人的比赛结果可知，在一局中甲胜的概率为0.3､乙胜的概率为0.2.
(1)第一局比赛后，甲的筹码个数记为，求的分布列和期望；
(2)求四局比赛后，比赛结束的概率；
(3)若表示“在甲所得筹码为枚时，最终甲获胜的概率”，则.证明：为等比数列.
【答案】(1)分布列见解析，.
(2)
(3)证明见解析

【分析】（1）求出的所有可能取值以及取值的概率，可得分布列，由期望公式可求出期望；
（2）根据互斥事件的加法公式和独立事件的乘法公式可得结果；
（3）根据全概率公式和等比数列的定义可证.
【详解】（1）的所有可能取值为，
，，，
则的分布列为：

2
3
4

0.2
0.5
0.3
.
（2）当四局比赛后，比赛结束且甲胜时，第四局比赛甲胜，前三局比赛甲2胜1和，
其概率为：.
当四局比赛后，比赛结束且乙胜时，第四局比赛乙胜，前三局比赛乙2胜1和，
其概率为：，
所以四局比赛后，比赛结束的概率为.
（3）因为表示“在甲所得筹码为枚时，最终甲获胜的概率”，，
在甲所得筹码为枚时，下局甲胜且最终甲获胜的概率为，
在甲所得筹码为枚时，下局平局且最终甲获胜的概率为，
在甲所得筹码为枚时，下局乙胜且最终甲获胜的概率为，
根据全概率公式得，
所以，变形得，因为，
所以，同理可得，
所以为等比数列.
【点睛】关键点点睛：第（3）问中，正确理解题意，利用全概率公式得到数列中相邻三项之间的关系是解题关键.
22．在平面直角坐标，直线：经过椭圆的一个焦点，且点到直线的距离为．
(1)求椭圆的方程；
(2)、、是椭圆上的三个动点与关于原点对称，且．问的面积是否存在最小
值？若存在，求此时点的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）点的坐标是.
【详解】试题分析：（1）根据已知，代入点到直线的距离求，根据求解，得到椭圆的标准方程；（2）分为长轴端点和短轴端点时，求出面积，再设直线的方程为，求出点的坐标，根据求出点的坐标，根据坐标求的面积,根据基本不等式求最值.
试题解析：（1）对于直线：，令，得，
故焦点为，知.
点到直线的距离为：，得或（舍去），
∴，故椭圆的方程为.
（2）①当为长轴（或短轴）时，依题意，知点就是椭圆的上下顶点（或左右顶点），
.
②当直线的斜率存在且不为时，设其斜率为，直线的方程为，
联立方程组，得.
由于，故为等腰三角形，为的中点，知，
∴直线的方程为，
同理可得.
∴，，
于是，
由于，
∴，等号当且仅当，即时取得.
∵.综合①②当时，有最小值.
此时，即.
∴点的坐标是.
【点睛】本题对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答此类题目，利用的关系，确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，应用确定函数最值的方法---如二次函数的性质、基本不等式、导数等求解.本题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出..本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.