2024届高三下学期开学摸底考02（新高考专用）数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）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，将答案写在答题卡上。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I卷（选择题）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，只有一项是符合要求的。1．已知全集，集合，，则（    ）A．或 B．或C．或 D．或【答案】A【分析】根据题意，先解不等式求集合，再利用集合的交集运算求，进而利用集合的补集运算可求.【详解】因为，，所以，所以或.故选：A.2．已知，复数的实部与虚部相等，则a＝（    ）A． B． C． D．2【答案】B【分析】根据复数的运算法则，求得，结合题意，列出方程，即可求解.【详解】由复数，因为复数的实部与虚部相等，所以，解得.故选：B．3．已知数列是等差数列，数列是等比数列，若，则（    ）A．2 B． C． D．【答案】C【分析】根据等差、等比数列的性质分析求解.【详解】由题意可得，解得，所以.故选：C.4．调和信号是指频率恒定的一种信号，三角函数性质可以表达调和信号的周期性，指数函数可用来描述信号的衰减.已知一个调和信号的函数为，它的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据函数在内的零点个数和奇偶性判断.【详解】解：令，则，，解得，则在内有两个零点，故排除选项A，D，又不具有奇偶性，则图象既不关于原点对称，也不关于y轴对称，故排除选项C，故选：B5．已知函数满足对任意的，均有，且在上单调，则的最大值为（   ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先根据得出的关系式，再根据单调性确定的范围，最后求出最大值即可.【详解】由于对任意的，均有，所以在处取得最小值，点是图象的一个对称中心，所以，两式相减得，即．因为在上单调，所以，即，，因此当时，取得最大值．故选:C.6．已知向量.若存在，使得，则（    ）A．0 B． C． D．【答案】B【分析】根据向量的模长运算可得，即可根据数量积的坐标运算结合三角恒等变换得，进而可求解；或者利用向量数量积的性质判断同向共线，即可得求解.【详解】方法一：由得,即，所以，则.又，，所以，即.方法二：由得，所以向量同向共线，所以.又，所以.故选：B.7．已知关于x的不等式恰有一个整数解，则实数k的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】第一步：将不等式进行合理变形，关于x的不等式恰有一个整数解．第二步：构造函数，研究新函数的性质，作出函数的图象，根据图象求解；【详解】设，，则，当时，，当时，，在区间上单调递增，在区间上单调递减．当时，，当x趋近于时，趋近于0，，直线过点，在同一坐标系中作出直线和函数的图象如图所示．由图象知，要使关于x的不等式恰有一个整数解，则，解得，故选：D．8．已知双曲线的左､右焦点分别为，过点作直线与的渐近线在第一象限内交于点，记点关于轴的对称点为点，若，则双曲线的离心率为（    ）A． B．2 C． D．【答案】B【分析】画出图形，由已知条件和几何关系确定，进而确定点，又点在直线上，代入即可求出，最终算出离心率.【详解】设，连接，与轴交于点，由对称性可知，又，所以是正三角形，且.因为，所以，所以，所以，所以，又点在直线上，故，所以，所以.故选：B.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．已知平面向量，，，，，，且，则（    ）A．与的夹角为B．的最大值为5C．的最小值为2D．若，则的取值范围【答案】ACD【分析】利用平面向量的数量积公式求解选项，设，，，根据已知条件求出向量，，建立直角坐标系，将转化为即可求其最大值；根据图形可知点的轨迹，利用几何性质即可求出的最小值；设出点的坐标，根据已知条件，转化为三角函数求最值的问题求解.【详解】对于A，由于，，，则，则，由于向量夹角范围为大于等于小于等于，故与的夹角为，则A正确；对于B，设，，，则，，不妨设，,由于，即，故△为等腰三角形，则，故，因为，所以，则点C在以为弦，且使得的两个优弧上，如图示：故C点所在优弧所在的圆的直径为，则其半径为，设该圆的方程为，将坐标代入，得，解得或，则两优弧所在圆的圆心为，，且两个圆心关于直线对称，设的中点为M，则，而到弦AB的距离为，故的最大值为，则的最大值为6，即的最大值为6，则B错误；对于C，即为，结合C点轨迹可知当C在圆上的那条优弧上运动时，会取到最小值，由于，故的最小值为，即的最小值为2，则C正确；对于D，结合以上分析可知，当C在圆上的那条优弧上时，圆的方程为，设，其中，则由可得，解得，即，所以，当C在圆上的那条优弧上时，圆的方程为，设，其中，则由可得，解得，即，所以，综上所述，的取值范围，则正确；故选：.10．下列关于随机变量的说法正确的是（    ）A．若服从正态分布，则B．已知随机变量服从二项分布，且，随机变量服从正态分布，若，则C．若服从超几何分布，则期望D．若服从二项分布，则方差【答案】ACD【分析】A选项，先得到，进而根据方差的性质得到答案；B选项，根据二项分布求出概率，得到方程，求出，再根据正态分布的对称性求出概率；C选项，根据超几何分布的期望公式求出答案；D选项，由二项分布方差公式求出D正确.【详解】对A，由于，所以，根据方差的性质，，故A正确；对B，服从二项分布，∴，解得，∴，根据正态分布的对称性可得，，故B错误；对C，服从超几何分布，根据超几何分布的期望公式，，故C正确；对D，服从二项分布，根据二项分布方差公式得，，故D正确.故选：ACD.11．在棱长为2的正方体中，，点M为棱上一动点（可与端点重合），则（    ）A．当点M与点A重合时，四点共面且B．当点M与点B重合时，C．当点M为棱的中点时，平面D．直线与平面所成角的正弦值存在最小值【答案】BD【分析】根据题意，证得，得到四点共面，且四边形为等腰梯形，求得梯形的面积，可判定A不正确；证得，设，在直角中，求得，可判定B正确；以为原点，建立空间直角坐标系，结合，可判定C不正确；设，求得平面的法向量，结合向量的夹角公式，求得，可判定D正确.【详解】对于A中，由棱长为2的正方体中，，可得点为的中点，且点为的中点，可得，当点和点重合时，可得，所以，所以四点共面，且四边形为等腰梯形，又由，可得梯形的高为，所以四边形的面积为，所以A不正确；对于B中，由点为的中点，且点为的中点，可得，当点与点重合时，则异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，设，在直角中，，可得，可得，又由，所以，所以B正确；对于C中，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，因为正方体的棱长为，当点为棱的中点时，可得，可得，则，所以与平面不垂直，所以C不正确；对于D中，由C中的空间直角坐标系，设，可得，则，设平面的法向量为，则，取，可得，所以，设直线与平面所成角为，可得，当时，可得，即直线与平面所成角的正弦值存在最小值，所以D正确.故选：BD.12．定义在上的函数同时满足：①，；②，，则下列结论正确的是（    ）A．B．为偶函数C．存在，使得D．任意，有【答案】ACD【分析】对于A：根据题意令分析运算即可；对于B：根据题意求，结合偶函数的定义分析判断；对于C：利用累加法分析判断；对于D：设，分析可知是以1为周期的周期函数，且，结合绝对值的性质分析求解.【详解】对于选项A：因为，令，则，即，又因为，，即，可知，即，解得，故A正确；对于选项B：由选项A可得令，则，即，可知，所以不为偶函数，故B错误；对于选项C：因为，且，当时，则，且符合上式，所以，，令，则，即存在，使得，故C正确；对于选项D：令，则，即，即是以1为周期的周期函数，因为当，，则，结合周期性可知对任意，均有，所以，故D正确；故选：ACD.第II卷（非选择题）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若展开式中的系数为，则.【答案】【分析】由题意得，结合二项式展开式的通项公式建立方程，解之即可求解.【详解】由题意知，，展开式的通项公式为，所以含的项的系数为，则，即，解得.故答案为：2.14．已知函数（，）的部分图象如图所示．将函数图象上所有的点向左平移个单位长度得到函数的图象，则的值为．【答案】【分析】根据图象可知半个周期，求得，代入点的坐标结合已知可求得，再利用图象平移即可得出的解析式，进而求出.【详解】由图象可知的周期为，解得，代入可得，解得，又，所以，故，左移个单位长度得，故．故答案为：15．已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于两点，是线段的中点，过作轴的垂线交抛物线于点，则下列判断正确的序号是.①若过点，则的准线方程为        ②若过点，则③若，则点的坐标为④若，则.【答案】①②④【分析】对于①项，求出点的坐标即可验证；对于②项，联立方程，由抛物线定义以及韦达定理表示出相应的弦长即可；对于④，联立方程，由韦达定理以及数量积的坐标形式即可求出的值从而验证；对于③项，由④中分析即可验证；由此即可得解.【详解】如下图所示：  设，对于①项，若过点，则点的坐标为，所以，  故抛物线的准线方程为，故①正确；对于②项，由①可得的方程为，与的方程联立消去并整理得，则，，根据抛物线的定义，可得，，，所以，所以，故②项正确；如下图所示：    对于④，将的方程与的方程联立，得，所以，，设，则，所以，即，由得，即，所以，所以，故④正确对于③项，由④中分析可知，，所以焦点，故③错误.综上所述：正确的序号是①②④.故答案为：①②④.16．如图，正方体的棱长为，点是平面内的动点，，分别为的中点，若直线与直线所成的角为，且，则动点的轨迹所围成的图形的面积为．  【答案】/【分析】第一步：作辅助线，找到直线BP与MN所成的角，第二步：求点P到的距离，得到点P的轨迹，即可得解.【详解】如图，连接，因为M，N分别为的中点，所以，（三角形中位线定理的应用）因此直线BP与MN所成的角就是直线BP与所成的角，在正方体中，可得，因为平面，平面，可得，又因为且平面，所以平面，因为平面，所以，同理可得，因为，且平面，所以平面，故．设与平面的交点为G，连接PG，所以，因此在中，，因为，所以，又三棱锥，所以，则，所以点P的轨迹是以G为圆心，为半径的圆，其面积．故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。17．（10分）已知数列满足．(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用已知条件求，根据已知的递推关系得是等差数列，利用等差数列的知识求的通项公式；（2）求数列的通项公式并裂项，利用裂项相消法求和，可得答案.【详解】（1）在中，令得．因为，所以．由，得3），将两式作差并整理，得，所以数列是等差数列．设数列的公差为，则．故．（2）由（1）知，设数列的前项和为，则．18．（12分）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若为的中点，且．(1)求；(2)若，，求的面积．【答案】(1)；(2).【分析】（1）法一：应用向量基本定理及数量积运算律得，结合已知和余弦定理列方程求余弦值；法二：由余弦定理及，结合已知求余弦值；（2）应用正弦定理求，利用三角形内角性质及正弦和角公式求，最后由三角形面积公式求面积.【详解】（1）法一：由为中点得，则，即，则，故，由余弦定理得，故，易知，所以．法二：在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，由，则，即，故，又，所以，即，由余弦定理得．（2）由且，得，由正弦定理得，故，又，所以的面积为．19．（12分）三棱柱中，别为中点，且.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明详见解析(2)【分析】（1）建立空间直