2024届高三下学期开学摸底考试数学试题（北京专用）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12024届高三下学期开学摸底考（北京专用）数学一、单项选择题1.已知全集，集合，则（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗全集，集合，.故选：C.2.设，若复数在复平面内对应的点位于虚轴上，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗根据题意可得，所以在复平面内对应的点为，即在虚轴上，因此可得，即；故选：B.3.的展开式中，的系数为（）A.1 B.5 C.10 D.20〖答案〗C〖解析〗二项展开式的通项为，令，即，有，故的系数为10.故选：C.4.若，则（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗对于A，因为，所以指数函数单调递减，所以，错误；对于B，因，所以幂函数在上单调递增，所以，正确；对于C，因为，所以对数函数单调递减，所以，错误；对于D，当时，满足，有，此时不满足，错误.故选：B5.在中，若，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗易知，由可得；利用正弦定理可得.故选：D6.已知点，点满足.若点，其中，则的最小值为（）A.5 B.4 C.3 D.2〖答案〗C〖解析〗由于，所以是单位圆上的点，由于，其中，所以是直线上的点，画出图象如下图所示，由图可知，的最小值为.故选：C7.在中，，则（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗依题意，，由正弦定理得，由于，所以，所以，所以是锐角，且.故选：B8.在某次数学探究活动中，小明先将一副三角板按照图1的方式进行拼接，然后他又将三角板折起，使得二面角为直二面角，得图2所示四面体．小明对四面体中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断：①平面；②平面；③平面平面；④平面平面．其中判断正确的个数是（）A.1 B.2C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗对于①中，因为二面角为直二面角，可得平面平面，又因为平面平面，，且平面，所以平面，所以①正确；对于②中，由平面，且平面，可得，又因为，且，平面，所以平面，所以②正确；对于③中，由平面，且平面，所以平面平面，所以③正确；对于④，中，因为平面，且平面，可得平面平面，若平面平面，且平面平面，可得平面，又因为平面，所以，因为与不垂直，所以矛盾，所以平面和平面不垂直，所以D错误.故选：C.9.设是首项为正数，公比为q的无穷等比数列，其前n项和为.若存在无穷多个正整数，使，则的取值范围是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗依题意，，若，则，，此时不存在符合题意的，所以.若，则，当为正偶数时，，所以存在无穷多个正整数，使.当时，，其中，，所以，此时不存在符合题意的.当时，，其中，当是正奇数时，，所以，此时不存在符合题意的；当是正偶数时，，，所以存在无穷多个正整数，使.综上所述，的取值范围是.故选：B10.已知函数，当时，记函数的最大值为，则的最小值为（）A.3.5 B.4C.4.5 D.5〖答案〗C〖解析〗易判断函数为偶函数，根据偶函数的性质，问题转化为求函数，上的最大值.当时，，二次函数的对称轴为，函数在上单调递增，所以；当时，，因为，所以在上递增，在上也是递增，所以；当时，，因为，所以在上递增，在上递减，在上递增，所以或，若，则；若，则;当时，，（因为），所以函数在上递增，在上递减，所以.综上可知：的最小值为.故选：C.第Ⅱ卷二、填空题11.函数的定义域为__________.〖答案〗〖解析〗，解得且，函数的定义域为.故〖答案〗为：.12.已知抛物线的焦点为，点在上，，为坐标原点，则〖答案〗〖解析〗设，，又因为，所以，故.故选：.13.已知双曲线：，则双曲线的渐近线方程是__________；直线与双曲线相交于，两点，则__________.〖答案〗〖解析〗由双曲线：知双曲线的焦点在轴，且，，即，，所以双曲线的渐近线方程为；当时，，设，则，所以.故〖答案〗为：；.14.如图，在平面直角坐标系中，角的始边为轴的非负半轴，终边与单位圆交于点，过点作轴的垂线，垂足为．若记点到直线的距离为，则的极大值点为_______，最大值为_______．〖答案〗或〖解析〗由题意，，由，得，∴当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；当时，单调递减，则的极大值点为或，∵，，∴当，即或时，取最大值为．故〖答案〗为：或；.15.设，函数给出下列四个结论：①在区间上单调递减；②当时，存在最大值；③当时，直线与曲线恰有3个交点；④存在正数及点和，使.其中所有正确结论的序号是______.〖答案〗①②④〖解析〗对于①，当时，在上单调递减，此时.当时，在区间上单调递减显然成立；当时，当时，在单调递减，此时，所以在区间上单调递减，故①成立；对于②，如图，当时，当时，在单调递减，在单调递增，此时的最大值为；当时，在上单调递减，此时的最大值为，所以存在最大值，最大值为，故②正确；对于③，当时，在R上单调递减，当时，，当时，在单调递增，此时的最大值为，所以直线与曲线没有交点；当时，，设，由，解得，当时，，如图，此时直线与曲线恰有2个交点，故③错误；对于④，当时，当时，，当时，；当时，，，如图，取，时，，所以存在正数及点和使成立，故④正确.故〖答案〗为：①②④.三、解答题16.已知函数的图象过原点.（1）求的值及的最小正周期；（2）若函数在区间上单调递增，求正数的最大值.解：（1）由得.所以.所以的最小正周期为.（2）由（），得（）.所以的单调递增区间为（）.因为在区间上单调递增，且，此时，所以，故的最大值为.17.如图，四棱锥的底面为正方形，底面，，点为中点．（1）求证：//平面；（2）点为棱上一点，直线与平面所成角的正弦值为，求的值．（1）证明：因为正方形中，．因为平面，平面，所以平面．（2）解：因为底面，正方形中，分别以的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图不妨设，因为，点为的中点，点为棱上一点，则，，，，，．所以，，．设为平面的法向量，则，．所以，令，得，所以．设直线与平面所成角为，则，解得，因为，所以，所以．18.甲、乙、丙三人进行投篮比赛，共比赛10场，规定每场比赛分数最高者获胜，三人得分（单位：分）情况统计如下：场次12345678910甲8101071288101013乙9138121411791210丙121191111998911（1）从上述10场比赛中随机选择一场，求甲获胜的概率；（2）在上述10场比赛中，从甲得分不低于10分的场次中随机选择两场，设表示乙得分大于丙得分的场数，求的分布列和数学期望；（3）假设每场比赛获胜者唯一，且各场相互独立，用上述10场比赛中每人获胜的频率估计其获胜的概率.甲、乙、丙三人接下来又将进行6场投篮比赛，设为甲获胜的场数，为乙获胜的场数，为丙获胜的场数，写出方差，，的大小关系.解：（1）根据三人投篮得分统计数据，在10场比赛中，甲共获胜3场，分别是第3场，第8场，第10场.设表示“从10场比赛中随机选择一场，甲获胜”，则.（2）根据三人投篮得分统计数据，在10场比赛中，甲得分不低于10分的场次有6场，分别是第2场，第3场，第5场，第8场，第9场，第10场，其中乙得分大于丙得分的场次有4场，分别是第2场、第5场、第8场、第9场.所以的所有可能取值为0，1，2.，，.所以的分布列为012所以.（3）由题意，每场比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，丙获胜的概率为，还需要进行6场比赛，而甲、乙、丙获胜的场数符合二项分布，所以，，故.19.已知椭圆：的离心率为，且经过点.（1）求的方程；（2）过点的直线交于点（点与点不重合）.设的中点为，连接并延长交于点.若恰为的中点，求直线的方程.解：（1）依题意，解得，所以椭圆的方程为.(2）若直线与轴重合，则与原点重合，符合题意，此时直线的方程为.若直线与轴不重合，设其方程为，由消去并化简得，，设，则，则.因为是的中点，所以.因为，所以，整理得，解得，此时直线经过点，不符合题意，舍去.综上所述，直线的方程为.20.已知函数.（1）若曲线在点处的切线为轴，求的值；（2）讨论在区间内极值点的个数；（3）若在区间内有零点，求证：.（1）解：由得：，依题意，，得.经验证，在点处的切线为，所以.（2）解：由题得.（i）若，当时，恒成立，所以在区间上单调递增，所以无极值点.（ii）若，当时，，故在区间上单调递减，当时，，故在区间上单调递增.所以为的极小值点，且无极大值点.综上，当时，在区间内的极值点个数为0；当时，在区间内的极值点个数为1.（3）证明：由（2）知当时，在区间上单调递增，所以，在区间内无零点.当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.所以.若在区间内有零点，则.而，设，则.设，则，所以在区间上单调递增.所以，即.所以在区间上单调递增.所以，即.又，所以.21.给定正整数，已知项数为且无重复项的数对序列：满足如下三个性质：①，且；②；③与不同时在数对序列中.（1）当，时，写出所有满足的数对序列；（2）当时，证明：；（3）当为奇数时，记的最大值为，求.（1）解：依题意，当，时有：或.（2）证明：当时，因为与不同时在数对序列中，所以，所以每个数至多出现次，又因为，所以只有对应的数可以出现次，所以.（3）解：当为奇数时，先证明.因为与不同时在数对序列中