高三开学学情调研卷01（摸底考试）-【学情调研】2024年高三数学秋季开学考试（北京专用）

2024年高三数学秋季开学考试（北京专用） 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 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． 2．已知复数（是虚数单位），则的虚部是（    ） A．1 B． C． D． 3．二项式的展开式中常数项是（    ） A．1 B．4 C．6 D．0 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 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． 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．2 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． 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． 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． 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．36 B．42 C．72 D．84 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 . 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 ． 13．的展开式中的系数是 . （用数字作答） 14．已知数列的前项和为，满足，则 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 . 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． 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． 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： 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 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） 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. 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. 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． 试卷第10页，共10页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！4 学科网（北京）股份有限公 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年高三数学秋季开学考试（北京专用） 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 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．1 B． 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．1 B．4 C．6 D．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．2 D． 【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．36 B．42 C．72 D．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： 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 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． 试卷第10页，共10页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公 学科网（北京）股份有限公司 $$