理科数学02-2024届新高三开学摸底考试卷（全国通用）（全解全析）

2024届新高三开学摸底考试卷（全国卷）理科数学02•全解全析一、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，只有一个选项是符合题目要求的．1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【详解】由，可得，所以，所以，又，所以.故选：B.2．若，，则（    ）A． B． C．2 D．10【答案】A【详解】，所以，故选：A．3．已知函数，则（    ）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】D【分析】结合函数的解析式及对数的运算性质计算即可.【详解】由题意可得，故选：D.4．足球运动是深受人们喜爱的一项体育运动，某次传球训练中，教练员让甲、乙、丙、丁4名球员进行传接球训练，从甲开始传球，等可能地传给另外3人中的1人，接球者再等可能地传给另外3人中的1人，如此一直进行.假设每个球都能被接住，若第4次传球后，球又恰好回到甲脚下，则不同的传球方法为（    ）A．18种 B．21种 C．27种 D．45种【答案】B【分析】根据题意分为两种情况讨论：①第一次甲将球传给其余三人，第二次将球传给甲，第三次甲再传给其余三人，第四次再将球传给甲；②第一次甲将球传给其余三人，第二次将球传给甲之外的2人，第三次依然将球传给除甲之外的2人，第四次再将球传给甲，结合分类计数原理，即可求解.【详解】根据题意，分为两种情况讨论：①第一次甲将球传给其余三人，有种情况，第二次将球传给甲，第三次甲再传给其余三人，有种情况，第四次再将球传给甲，此时共有种情况；②第一次甲将球传给其余三人，有种情况，第二次将球传给甲之外的2人，有种情况，第三次依然将球传给除甲之外的2人，有种情况，第四次再将球传给甲，有1中情况，此时共有种情况，由分类计算原理可得，第四次传球后，求又回到甲的脚下的传球方式，共有种.故选：B.5．“埃拉托塞尼筛法”是保证能够挑选全部素数的一种古老的方法.这种方法是依次写出2和2以上的自然数，留下第一个数2不动，剔除掉所有2的倍数；接着，在剩余的数中2后面的一个数3不动，剔除掉所有3的倍数；接下来，再在剩余的数中对3后面的一个数5作同样处理；……，依次进行同样的剔除.剔除到最后，剩下的便全是素数.在利用“埃拉托塞尼筛法”挑选2到20的全部素数过程中剔除的所有数的和为（    ）A．130 B．132 C．134 D．141【答案】B【分析】利用等差数列求和公式及素数的定义即可求解.【详解】由题可知，2到20的全部整数和为，2到20的全部素数和为，所以挑选2到20的全部素数过程中剔除的所有数的和为.故选：B.6．已知函数的最小正周期为T，且，若的图象关于直线对称，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】运用二倍角公式化简，结合与的对称性求得的值，进而求得结果.【详解】因为，所以．又因为，所以，即，①又因为的图象关于直线对称，所以，．所以，，②所以由①②得，所以，故．故选：A.7．在三角形中，和分别是边上的高和中线，则（    ）A．14 B．15 C．16 D．17【答案】C【分析】将作为基底，用基底表示和，根据数量积的规则计算即可.【详解】  设，则有，由余弦定理得，，其中，，解得，；故选：C.8．平行四边形中，点在边上，，记，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据给定的几何图形，结合向量的线性运算求解作答.【详解】在中，，，所以.故选：D9．贯耳瓶流行于宋代，清代亦有仿制，如图所示的青花折枝花卉纹六方贯耳瓶是清乾隆时期的文物，现收藏于首都博物馆，若忽略瓶嘴与贯耳，把该瓶瓶体看作3个几何体的组合体，上面的几何体Ⅰ是直棱柱，中间的几何体Ⅱ是棱台，下面的几何体Ⅲ也是棱台，几何体Ⅲ的下底面与几何体Ⅰ的底面是全等的六边形，几何体Ⅲ的上底面面积是下底面面积的4倍，若几何体Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的高之比分别为，则几何体Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的体积之比为（    ）  A． B． C． D．【答案】D【分析】设上面的六棱柱的底面面积为S，高为，根据棱柱和棱台的体积公式直接计算，然后求比可得.【详解】设上面的六棱柱的底面面积为S，高为，由上到下的三个几何体体积分别记为，则，，，所以故选：D    10．已知过双曲线：的右焦点作轴的垂线与两条渐近线交于，，的面积为，则该双曲线的离心率为（    ）A． B． C．2 D．【答案】A【分析】先结合双曲线的渐近线方程求出，再根据三角形面积公式得到即可.【详解】  由题知，双曲线的渐近线为，得，，，，，故选：A.11．已知直线上的两点，且，点为圆上任一点，则的面积的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】找到圆上的点到直线距离的最大值作为的高，再由面积公式求解即可.【详解】把圆变形为，则圆心，半径，圆心到直线的距离，则圆上的点到直线的距离的最大值为，又，∴的面积的最大值为．故选：A．12．已知是函数的导函数，对于任意的都有，且，则不等式的解集是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】法一、构造常函数计算即可；法二、构造，利用条件判断其单调性解不等式即可.【详解】法一：构造特殊函数.令，则满足题目条件，把代入得解得，故选：.法二：构造辅助函数.令，则，所以在上单调递增，又因为，所以，所以，故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．某机器生产的产品质量误差是的第60个百分位数，则__________.附：若，则，【答案】【分析】先根据百分位数的求法得t，然后根据正态分布概率公式可得.【详解】因为，所以，由可知所以.故答案为：14．设，，若，则取最小值时a的值为______．【答案】/0.75【分析】根据题意可得、，结合基本不等式中“1”的用法计算即可求解.【详解】由，，得，由，得，∴，当且仅当即，时等号成立.故当，时取得最小值16.故答案为：.15．设抛物线：（）焦点为，准线为，过第一象限内的抛物线上一点作的垂线，垂足为．设，与相交于．若，且的面积为，则抛物线的方程为________________.【答案】【分析】由抛物线定义可得四边形为平行四边形，故可得点即得抛物线方程.【详解】如图所示，，．所以．轴，，，所以四边形为平行四边形，，．，解得，代入可取，，解得．.故答案为：.16．如图，在三棱锥中，，若该三棱锥的外接球表面积为，则锐二面角的平面角的正切值为__________.【答案】/【分析】三棱锥的外接球球心位于过三角形，的外接圆圆心且与此平面垂直的直线上，找到球心再结合锐二面角的平面角的定义进行求解.【详解】如图，因为，所以该三棱锥的外接球半径，已知，由余弦定理可得，所以，同理可证.所以的外接圆圆心分别位于斜边的中点，设球心为，则平面，平面，平面，所以，因为，所以，同理可证，因为，所以，设锐二面角的平面角为，因为平面，所以与互余，即，，故答案为：.解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．17．已知数列和满足．(1)证明：和都是等比数列；(2)求的前项和．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由，两式相加、相减，结合等比数列的定义即可证明；（2）由（1）可得，，即可求出和的通项公式，从而得到，再利用分组求和法及等边数列求和公式计算可得.【详解】（1）因为，，所以，，又由，得，，所以数列是首项为，公比为的等比数列，数列是首项为，公比为的等比数列．（2）由（1）得，，所以，，所以，所以．18．如图，四边形为菱形，平面，，.(1)证明：平面平面；(2)若，求二面角的大小.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面垂直得线线垂直，进而由线段的长度得勾股定理，证明线线垂直，即可得线面垂直证明面面垂直.（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解二面角大小.【详解】（1）设BD交AC于点O，连接EO，FO，因为四边形ABCD为菱形，所以.因为ED平面ABCD,AC平面ABCD，所以.又，平面BDEF，所以平面BDEF；又平面BDEF，所以.设FB=1，由题意得ED=2，.因为FB//ED，且面，则FB平面ABCD，而平面ABCD，故，，所以，，.                               因为，所以.                           因为，平面ACF，所以EO平面ACF.                          又EO平面EAC，所以平面EAC平面FAC.（2）取EF中点G，连接OG，所以OG//ED，OG底面ABCD.以O为原点，以分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，因为，由（1）中所设知，，所以，,所以.所以，，，设平面FAE的一个法向量为，则，所以；平面AEC的一个法向量为，则，所以；所以，由图形可知二面角的平面角为锐角，所以二面角的大小为.19．某购物中心准备进行扩大规模，在制定末来发展策略时，对中心的现有顾客满意度进行了一个初步的现场调查，分别调查顾客对购物中心的商品质量、服务质量、购物环境、广告宣传的满意程度．调查时将对被抽中的每个顾客从这四个问题中随机抽取两个问题来提问，统计顾客的满意情况．假设，有三名顾客被抽到，且这三名顾客对这四个问题的满意情况如下表：商品质量服务质量购物环境广告宣传顾客甲满意不满意满意不满意顾客乙不满意满意满意满意顾客丙满意满意满意不满意每得到一个满意加10分，最终以总得分作为制定发展策略的参考依据．(1)求购物中心得分为50分的概率；(2)若已知购物中心得分为50分，则顾客丙投出一个不满意的概率为多少？(3)列出该购物中心得到满意的个数X的分布列，并求得分的数学期望．【答案】(1)(2)(3)分布列见解析，40【分析】（1）得分为50分即在六个问题的结果中，有五个满意，一个不满意，然后按照古典概型的概率进行计算；（2）由条件概率的公式进行计算即可；（3）按求分布列的步骤进行计算，进而可得数学期望.【详解】（1）将得分为50分记为事件A；得分为50分即在六个问题的结果中，有五个满意，一个不满意，可能的结果共有：（种）三名顾客产生的反馈结果总共有：（种）则，∴购物中心得分为50分的概率为（2）将顾客丙投出一个不满意记为事件B，则，，（3）可能的取值为2、3、4、5、6，，23456∵，∴．20．已知椭圆C：的左、右顶点分别为，，右焦点为，O为坐标原点，OB的中点为D（D在的左方），．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设过点D且斜率不为0的直线与椭圆C交于M，N两点，设直线AM，AN的斜率分别是，，试问是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)是定值，定值为.【分析】（1）根据椭圆的几何性质求出，可得椭圆的标准方程；（2）设过点D且斜率不为0的直线方程为，代入，设，，根据韦达定理得和，再利用斜率公式得，代入和，化简可得.【详解】（1）依题意，，，，，所以，所以椭圆C的标准方程为：.（2）设过点D且斜率不为0的直线方程为，联立，消去并整理得，，设，，则，，所以.所以为定值.21．已知函数.(1)若，求在点处的切线方程；(2)若是的两个极值点，证明：.【答案】(1)；(2)证明见解析【分析】（1）求导，计算切点处的函数值与导数值，根据点斜式即可求解切线方程；（2）根据极值点的定义，可得是方程的两个不等的正实根，根据韦达定理代入化简，将问题转化成，令，构造函数，结合导数证明即可.【详解】（1）当时，，则，所以，，所以在点处的切线方程为，即（2）证明：由，可知，因为（）是的极值点，所以方程的两个不等的正实数根，所以，，则．要证成立，只需证，即证，即证，即证，设，则，即证，令，则，所以在上单调递减，则，所以，故．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）在极坐标系中，曲线的极坐标方程为，