全国顶级名校2024-2025学年第一学期高二开学摸底测试卷 数学试卷七及参考答案含答题卡

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2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
3．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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本大题共10小题，每小题4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．若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先求出集合，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由，则，
所以，
又，
所以.
故选：C
2．已知复数（是虚数单位），则的虚部是（ ）
A．1B．C．D．
【答案】A
【分析】由复数的除法运算，代入计算，即可求解.
【详解】，的虚部是1.
故选：A.
3．二项式的展开式中常数项是（ ）
A．1B．4C．6D．0
【答案】C
【分析】根据二项式展开式的通项公式，令的指数为，即可求出对应展开式的常数项.
【详解】二项式展开式的通项公式为，
令，得，所以展开式的常数项为.
故选：.
4．设，是非零向量，则“或”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据数量积的运算律及充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】若，则，所以，
若，则，所以，
故由“或”推得出“”，即充分性成立；
若，则，所以，
所以由“”推不出“或”，故必要性不成立；
所以“或”是“”的充分不必要条件.
故选：A
5．已知函数，若对任意的实数，在区间上的值域均为，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据三角恒等变换化简函数解析式，再根据余弦型函数的值域与周期性可得解.
【详解】由，
函数值域为，
又对任意的实数，在区间上的值域均为，
则，
解得，
故选：D.
6．已知标准椭圆上P，Q两点的切线方程分别为，，则直线PQ的斜率为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】D
【分析】设椭圆方程为，分别联立直线方程，根据判别式联立求解可得，然后求出坐标可得斜率.
【详解】设椭圆方程为，，
联立消去得①，
则②，
联立消去得③，
则④，
联立②④解得，
代入①得，解得，所以，
代入③得，解得，所以，
所以.
故选：D
7．若一圆锥的侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设圆锥的底面圆半径为，母线长为，利用侧面展开图条件建立与的关系式，作出圆锥轴截面图，证明并求出线面所成角的余弦值即可.
【详解】
作出圆锥的轴截面图,设圆锥的底面圆半径为，母线长为，依题意可得，，
即，因顶点在底面的射影即底面圆圆心,故母线与底面所成的角即.
在中，.
故选：C.
8．已知分别为双曲线的左､右焦点，过的直线与双曲线的左支交于两点，若，则双曲线的焦距为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用双曲线定义、已知条件求出、，设，由余弦定理、求出可得答案.
【详解】如图，由于，
有4，可得，
又由，可得，设，
在中，由余弦定理有.
在中，由余弦定理有.
又由，有，
可得，解得，所以双曲线的焦距为.
故选：B.
9．函数，若对任意，，都有成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由函数的单调性可求解．
【详解】因为对任意，都有成立，
所以是上的减函数，
则，解得．
故选：A．
10．已知集合，若且互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递减的有序数对的个数是（ ）
A．36B．42C．72D．84
【答案】C
【分析】分类讨论单调性，结合排列数、组合数运算求解.
【详解】若和在上单调递减，在上单调递减增，
则，此时有序数对的个数有：个；
若和在上单调递减，在上单调递增，
则，此时有序数对的个数有：个；
若和在上单调递减，在上单调递增，
则，此时有序数对的个数有：个；
若、和在上单调递减，
则，此时有序数对的个数有：个；
综上所述：共有个.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：关键在于恰当的进行分类，做到不重不漏，由此即可顺利得解.
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．
11．已知是圆的直径，，是圆上两点，且，则的最小值为 .
【答案】
【分析】设，分析可知点为线段靠近的三等分点，，再结合数量积的定义分析求解.
【详解】由题意可知：圆的半径为，

设的中点为，
因为，，
则，，，
设，则，即，
可知点为线段靠近的三等分点，
则，，
设向量与的夹角为，
可得，
且，所以的最小值为.
故答案为：.
12．与家庭电路不同，从发电厂到用户端的高压电路只有三根火线而没有零线．实际上，发电厂通常采用三相正弦交流进行发电，三根火线的瞬时电流表达式分别为，．假设三根火线的电流分别进入用户端并通过一根零线流出，则零线瞬时电流 ．
【答案】0
【分析】利用给定计算公式结合两角和差的正弦公式求解即可.
【详解】由题意得，
原式，
，
，
.
故答案为：0
13．的展开式中的系数是 . （用数字作答）
【答案】40
【分析】利用通项中的指数确定，然后可得.
【详解】因为展开式的通项，
所以含的项为第3项，即，
所以的系数是.
故答案为：40
14．已知数列的前项和为，满足，则
【答案】
【分析】由已知可得数列为首项为1，公差为2的等差数列，求出，从而可求出，再利用可求得答案.
【详解】因为，
所以数列为首项为1，公差为2的等差数列，
所以，所以，
当时，
，
因为不满足上式，
所以.
故答案为：
15．经研究发现：任意一个三次多项式函数的图象都有且只有一个对称中心点，其中是的根，是的导数，是的导数.若函数图象的对称中心点为，且不等式对任意恒成立，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】首先求得，，而原不等式等价于，可以利用不等式放缩即可求解.
【详解】，
因为图象的对称中心点为，所以，所以，
由，所以，
原不等式为，
因为，所以，
设，则，
当时，，当时，，
所以当时，单调递减，当时，单调递增，
所以，即，
因为，当且仅当，即时等号成立，
所以，所以其最小值为，故.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：关键是得到恒成立，结合切线放缩不等式即可顺利得解.
四、解答题：本大题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16．（13分）记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，
(1)求B；
(2)若的面积为，求c．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得的值即可；
（2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解.
【详解】（1）由余弦定理有，对比已知，
可得，
因为，所以，
从而，
又因为，即，
注意到，
所以.
（2）由（1）可得，，，从而，，
而，
由正弦定理有，
从而，
由三角形面积公式可知，的面积可表示为
，
由已知的面积为，可得，
所以.
17．（13分）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得．
(1)证明：；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；
（2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.
【详解】（1）由，
得，又，在中，
由余弦定理得,
所以，则，即，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
故；
（2）连接，由，则，
在中，，得，
所以，由（1）知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，
由是的中点，得，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，，
令，得，
所以，
所以，
设平面和平面所成角为，则，
即平面和平面所成角的正弦值为.
18．（14分）某校为举办甲、乙两项不同活动，分别设计了相应的活动方案：方案一、方案二．为了解该校学生对活动方案是否支持，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表：
假设所有学生对活动方案是否支持相互独立．
（Ⅰ）分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率；
（Ⅱ）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，估计这3人中恰有2人支持方案一的概率；
（Ⅲ）将该校学生支持方案二的概率估计值记为，假设该校一年级有500名男生和300名女生，除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为，试比较与 的大小．（结论不要求证明）
【答案】（Ⅰ）该校男生支持方案一的概率为，该校女生支持方案一的概率为；
（Ⅱ）,（Ⅲ）
【分析】（Ⅰ）根据频率估计概率，即得结果；
（Ⅱ）先分类，再根据独立事件概率乘法公式以及分类计数加法公式求结果；
（Ⅲ）先求，再根据频率估计概率，即得大小.
【详解】（Ⅰ）该校男生支持方案一的概率为，
该校女生支持方案一的概率为；
（Ⅱ）3人中恰有2人支持方案一分两种情况，（1）仅有两个男生支持方案一，（2）仅有一个男生支持方案一，一个女生支持方案一，
所以3人中恰有2人支持方案一概率为：;
（Ⅲ）
【点睛】本题考查利用频率估计概率、独立事件概率乘法公式，考查基本分析求解能力，属基础题.
19．（15分）已知函数的图象是曲线C，直线与曲线C相切于点.
(1)求函数的解析式；
(2)求函数在区间上的最大值和最小值.
【答案】(1)
(2)最大值为，最小值为.
【分析】（1）利用切点在直线和曲线上，结合导数的几何意义即可求解；
（2）根据（1）的结论，求出，再利用导数法求函数的最值的步骤即可求解.
【详解】（1）因为切点为，
所以，解得.
由，得，
因为直线与曲线C相切于点，
所以，解得，
所以，
由，得.
所以函数的解析式为：.
（2）由（1）知，，
所以，.
可得，
令，则，解得（舍），.
当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增.
当时，取的极小值，极小值为，
又因为，
所以当时，的最大值为，最小值为.
20．（15分）已知椭圆的左顶点为，右顶点为，椭圆上不同于点的一点满足.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线交椭圆于两点，直线交于点，证明：点在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由左、右顶点为，先求，再设点的坐标，利用斜率公式表示条件，结合点在椭圆上求，由此可得椭圆方程.
（2）解法一（非对称韦达）：设点的坐标及直线的方程为，联立直线与椭圆的方程组，化简写出韦达定理，然后表示出直线、的方程相除结合韦达定理化简即可；解法二（齐次化）：设不过点的直线的方程，由题意求出的值，然后表示出直线、的斜率，设点，结合椭圆方程化简分析即可.
【详解】（1）如图所示：

根据题意，，设点的坐标为，由于点在椭圆上，
所以，得，
则，
解得，所以椭圆的标准方程为.
（2）解法一（非对称韦达）：
由题意如图所示：

设点，可设直线的方程为：，
联立，得，
由根与系数的关系，，
直线的方程：，①
直线的方程：，②
①②得，
因为，
所以，解得，
因此，点在定直线上.
解法二（齐次化）：
由题意如图所示：

设不过点的直线的方程为：，
由于直线过，所以.
设，点.
椭圆的方程转化为，，代入直线的方程得，
，即，
即，由根与系数的关系，，
又由题意可得：，所以两式相除得：，
即，解得，
所以点在定直线上.
21．（15分）已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数.
(1)若，求的值；
(2)若，且，求；
(3)证明：存在，满足 使得．
【答案】(1)，，，
(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）先求，根据题意分析求解；
（2）根据题意题意分析可得，利用反证可得，在结合等差数列运算求解；
（3）讨论的大小，根据题意结合反证法分析证明.
【详解】（1）由题意可知：，
当时，则，故；
当时，则，故；
当时，则故；
当时，则，故；
综上所述：，，，.
（2）由题意可知：，且，
因为，且，则对任意恒成立，
所以，
又因为，则，即，
可得，
反证：假设满足的最小正整数为，
当时，则；当时，则，
则，
又因为，则，
假设不成立，故，
即数列是以首项为1，公差为1的等差数列，所以.
（3）因为均为正整数，则均为递增数列，
（ⅰ）若，则可取，满足 使得；
（ⅱ）若，则，
构建，由题意可得：，且为整数，
反证，假设存在正整数，使得，
则，可得，
这与相矛盾，故对任意，均有.
①若存在正整数，使得，即，
可取，
满足，使得；
②若不存在正整数，使得，
因为，且，
所以必存在，使得，
即，可得，
可取，
满足，使得；
（ⅲ）若，
定义，则，
构建，由题意可得：，且为整数，
反证，假设存在正整数，使得，
则，可得，
这与相矛盾，故对任意，均有.
①若存在正整数，使得，即，
可取，
即满足，使得；
②若不存在正整数，使得，
因为，且，
所以必存在，使得，
即，可得，
可取，
满足，使得.
综上所述：存在使得．
男生
女生
支持
不支持
支持
不支持
方案一
200人
400人
300人
100人
方案二
350人
250人
150人
250人