2024届新高三开学摸底考试卷（全国卷）文科数学02（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，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。第Ⅰ卷一、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．若集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】分别解出集合，即可求得.【详解】解：，，，，.故选：D.【点睛】本题主要考查的是集合的并集运算，正确解出集合是解决本题的关键，是基础题.2．若，则A． B． C． D．【答案】C【分析】先利用复数乘法的运算化简复数，再利用复数模的公式求解即可.【详解】因为，所以.故选C.【点睛】本题考查了复数的运算法则、模的计算公式,属于基础题.复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.3．设函数，且为奇函数，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用分段函数、奇函数的性质求解.【详解】因为，所以，又为奇函数，所以，所以，故A，B，C错误.故选：D.4．甲，乙，丙，丁四人在足球训练中进行传球训练，从甲开始传球，甲等可能地把球传给乙，丙，丁中的任何一个人，以此类推，则经过3次传球后乙恰接到1次球的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】将所有传球的结果列出，再利用古典概型求结果.【详解】传球的结果可以分为：分别传给3人时：乙丙丁，乙丁丙，丙乙丁，丙丁乙，丁乙丙，丁丙乙，共6种；若传给2人时：乙丙乙，丙乙丙，乙丁乙，丁乙丁，丁丙丁，丙丁丙，共6种；再传给甲的：乙甲乙，丙甲丙，丁甲丁，乙丙甲，乙甲丙，乙丁甲，乙甲丁，丙乙甲，丙甲乙，丁乙甲，丁甲乙，丙丁甲，丙甲丁，丁甲丙，丁丙甲，共15种；共27种，只传乙一次的有16种，所以所求概率为故选：C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△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则角C＝（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用余弦定理求出的值，结合角的取值范围可求得角的值．【详解】由余弦定理可得，，．故选：．8．在中，点在边上，且，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用向量的线性运算法则计算即可.【详解】因为点在边上，且，所以，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．，，，则的大小关系为（    ）.A． B．C． D．【答案】B【分析】分别构造函数证明与，利用这两个不等式可判断；构造函数，可证得，即可判断，从而得出答案.【详解】令，则，则在上单调递增，故，则．令，则，则在上单调递增，故，则．所以，即；令，则，因为，所以，则，故，所以在上单调递增，则，即，易知，所以，则，即；综上：.故选：B.第Ⅱ卷二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若某种水果的果实横径（单位：）服从正态分布，则果实横径在的概率为__________.（附：若，则，）【答案】【分析】分析可得，，利用原则结合参考数据可求得结果.【详解】由题意可得，，则，，所以，.故答案为：.14．已知，且，则的最小值为________．【答案】【分析】根据基本不等式，结合“1”的代换，可求得的最小值．【详解】因为，即所以，当且仅当时取得等号所以的最小值为【点睛】本题考查了基本不等式的简单应用，属于基础题．15．已知圆：与圆：的交点为A，B，则________．【答案】【分析】两圆方程作差得到公共弦方程，利用圆的圆心到直线的距离及勾股定理求出弦长．【详解】解：两圆的公共弦的方程为，即，圆：配成标准式得知圆心为，半径，则点到直线的距离，则．故答案为【点睛】本题考查两圆的公共弦方程，圆中的弦长问题，属于基础题．16．如图，已知三棱锥中，，，，则二面角的平面角的大小为______．【答案】60°【分析】取中点，由等腰三角形三线合一可知，；由二面角平面角定义可知为所求角，根据长度关系可知为等边三角形，从而得到结果.【详解】取中点，连接，，为中点    ，即为二面角的平面角又，    为等边三角形，即二面角的大小为故答案为【点睛】本题考查立体几何中二面角的求解问题，关键是能够根据二面角平面角的定义，利用垂直关系在图形中得到二面角的平面角.三、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，平面平面，，，，.（1）求证：平面；（2）求证：.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)过点分别作、的平行线，交点为、，利用平行关系和线段长度关系证明四边形为平行四边形，从而有，再利用线面平行的判定定理证明平面；(2)利用面面垂直的性质得到平面，从而，又由，得.【详解】(1)证明：过点作的平行线，交于点，连接.过点作的平行线交于点，连接.则四边形为平行四边形，有平行且等于.因为，所以.因为，所以，故，所以，又，所以四边形为平行四边形，有平行且等于，所以平行且等于，四边形为平行四边形，有.又平面，平面，所以平面.(2)证明：因为，，所以.因为平面与平面垂直，且交线为，又平面，所以平面，又平面，所以.又由(1)知，所以.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：的离心率为，椭圆C的左、右顶点分别为A、B，直线l：经过椭圆C的右焦点F，且与椭圆交于M，N两点．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线BM，AN的斜率分别为，，若，求证：λ为定值．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）由题可得，，即求；（2）联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理法即求.【详解】（1）由题意知右焦点F(1，0)，，又，则，，所以椭圆的标准方程为：；（2）设，，由可得，则，，又，B（2，0），，法一：，由得，∴即λ为定值．法二：即λ为定值．21．已知函数.(1)求函数在处的切线方程；(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据切点和斜率求得切线方程.（2）由分离常数，通过构造函数法，结合导数来求得的取值范围.(1)的定义域为，，则，，故切线方程为，即.(2)恒成立，其中，所以，记，则，当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增，，则实数的取值范围为.（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）已知直线（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，曲线的极坐标方程为.（1）将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；（2）设点的直角坐标为，直线与曲线C的交点为，，求的值.【答案】（1）；（2）.【详解】试题分析：（1）在方程两边同乘以极径可得，再根据，代入整理即得曲线的直角坐标方程；（2）把直线的参数方程代入圆的直角坐标方程整理，根据韦达定理即可得到的值.试题解析：（1）等价于①将代入①既得曲线C的直角坐标方程为，②（2）将代入②得，设这个