【数学】2024届高三下学期开学摸底考（天津专用）（解析版）

2024届高三下学期开学摸底考（天津专用）数学第I卷一、选择题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由，即，所以，所以，由，即，解得，所以，所以.故选：C.2．已知：，：，则是的（

）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】由，则或，即：或，所以由推得出，故充分性成立；由推不出，故必要性不成立，所以是的充分不必要条件.故选：B.3．已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】由图可知，函数为奇函数，且，.对于A，，则该函数为偶函数，故A错误；对于B，，则该函数为奇函数，，，故B错误；对于C，，则该函数为偶函数，故C错误；对于D，，则该函数为奇函数，且，，故D正确.故选：D.4．下列命题中，真命题的是（

）A．若回归方程，则变量与正相关B．线性回归分析中相关指数用来刻画回归的效果，若值越小，则模型的拟合效果越好C．若样本数据，，…，的方差为2，则数据，，…，的方差为18D．一个人连续射击三次，则事件“至少击中两次”的对立事件是“至多击中一次”【答案】D【解析】A选项，回归方程，则变量与负相关，A选项错误.B选项，值越小，则模型的拟合效果越差，B选项错误.C选项，数据，，…，的方差为，C选项错误.D选项，连续射击三次，事件“至少击中两次”的对立事件是“至多击中一次”，D选项正确.故选：D5．已知奇函数在R上是增函数，．若，，，则的大小关系为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由为奇函数知为偶函数.因为在上单调递增且，所以当时，，所以在上单调递增，且.又，，，因为，所以，因为，所以，所以，所以，故A正确.故选：A6．南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中出现了如图所示的形状，后人称之为“三角垛”．“三角垛”的最上层（即第1层）有1个球，第2层有3个球，第3层有6个球，…设“三角垛”从第1层到第n层的各层的球数构成一个数列，则第21层的球数为（

）A．241 B．231 C．213 D．192【答案】B【解析】设，由，，，…，可知为等差数列，首项为2，公差为1，故，故，则，，，…，，累加得，即，显然该式对于也成立，故．故选：B7．庑殿式屋顶是中国古代建筑中等级最高的屋顶形式，分为单檐庑殿顶与重檐庑殿顶．单檐庑殿顶主要有一条正脊和四条垂脊，前后左右都有斜坡（如图①），类似五面体的形状（如图②），若四边形是矩形，，且，，则五面体的表面积为（

）

A． B． C． D．【答案】D【解析】分别取，的中点，，连接，，

过点作的垂线，垂足为，因为，,所以，所以，根据对称性易得，所以，在中，，所以，，又，所以.故选：D．8．已知抛物线上一点到其焦点的距离为5，双曲线的左顶点为A，若双曲线的一条渐近线与直线AM平行，则实数a的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据题意，抛物线上一点到其焦点的距离为5，则点到抛物线的准线的距离也为5，即，解得，所以抛物线的方程为，则，所以，即M的坐标为，又双曲线的左顶点，一条渐近线为，而，由双曲线的一条渐近线与直线平行，则有，解得.故选：A9．已知函数，若有三个不同的实数，使得，则的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】由题意得：；当时，单调递增；当时，单调递减；且时，关于对称；当时，单调递增；又，，，设，由知：，，.故选：B.第II卷二、填空题10．设为虚数单位，复数满足，则复数的虚部为．【答案】【解析】由可得：，即复数的虚部为．故答案为：．11．的展开式中各项系数之和为64，则的展开式中常数项为．【答案】84【解析】令，得二项式的展开式中各项系数和为，得．二项式即，其通项，由得，所以展开式中常数项为．故答案为：.12．已知直线与圆交于A，B两点，则当取得最小值时，其余弦值为．【答案】【解析】直线恒过定点,,所以点在圆内，如图，当时，弦长最小，则最小，此时,所以，故答案为:.13．函数的图象为，如下结论中正确的是．（1）图象关于直线对称；（2）图象关于点对称；（3）函数在区间内单调递增；（4）由的图象向右平移个单位长度可以得到图象．【答案】（1）（2）（3）【解析】因为，当时，，所以，所以（1）正确；当时，，所以，所以（2）正确；令，所以，取，得，所以（3）正确；由的图象向右平移个单位长度可以得到，故（4）不正确；故答案为：（1）（2）（3）.14．第三次人工智能浪潮滚滚而来，以ChatGPT发布为里程碑，开辟了人机自然交流的新纪元．ChatGPT所用到的数学知识并非都是遥不可及的高深理论，概率就被广泛应用于ChatGPT中，某学习小组设计了如下问题进行研究：甲和乙两个箱子中各装有5个大小相同的小球，其中甲箱中有3个红球、2个白球，乙箱中有4个红球、1个白球，从甲箱中随机抽出2个球，在已知抽到红球的条件下，则2个球都是红球的概率为；掷一枚质地均匀的骰子，如果点数小于等于4，从甲箱子中随机抽出1个球；如果点数大于等于5，从乙箱子中随机抽出1个球，若抽到的是红球，则它是来自乙箱的概率是．【答案】【解析】记事件表示“抽出的2个球中有红球”，事件表示“两个球都是红球”，则，，故，即从甲箱中随机抽出2个球，在已知抽到红球的条件下，则2个球都是红球的概率为；设事件表示“从乙箱中抽球”，则事件表示“从甲箱中抽球”，事件表示“抽到红球”，则，，，，所以，所以，即若抽到的是红球，则它是来自乙箱的概率是.故答案为：；15．在等腰梯形ABCD中，已知，，，，动点E和F分别在线段BC和DC上，且，，则的最小值为.【答案】【解析】由题意，，，所以，，又动点和分别在线段和上，且，，所以，解得，，当且仅当时，即时取等号，故的最小值为，故答案为：．解答题16．在中，内角，，的对边分别为，，，且.（1）求的值；（2）若，求的取值范围.解：（1）因为，整理可得，，由余弦定理可得，故，，所以；（2）由正弦定理可得，，所以，，所以，因为，所以，所以，故.所以取值范围为.17．如图，四棱锥的底面是矩形，⊥平面，，.(1)求证：⊥平面；(2)求二面角余弦值的大小；(3)求点到平面的距离．(1)证明：建立如图所示的直角坐标系，则、、．在中，，，∴．∴、，∴，，，∵，，即，，又，平面，∴⊥平面；(2)解：由(1)得，．设平面的法向量为，则，即，故平面的法向量可取为，∵平面，∴为平面的一个法向量．设二面角的大小为，由图易得为锐角，依题意可得，即二面角余弦值为．(3)解：由(1)得，，设平面的法向量为，则，∴，故可取为．∵，∴到平面的距离为.18．已知等比数列是递增数列，且，.(1)求通项公式；(2)在和之间插入1个数，使、、成等差数列；在和之间插入2个数、，使、、、成等差数列；…；在和之间插入个数、、…、，使、、、…、、成等差数列.若，且对恒成立，求实数的取值范围.解：(1)设的公比为，由，得：，解得或，因为是递增数列，所以，则，所以.(2)在和之间插入个数、、…、，使、、、…、、成等差数列，设其公差为，此数列首项为，末项为，则，，则又,则,则，则，令，则数列为递减数列，由对恒成立，则当为偶数时，对恒成立，则；当为奇数时，对恒成立，则，即，综上实数的取值范围为.19．已知椭圆C:的离心率为长轴的右端点为.(1)求C的方程；(2)不经过点A的直线与椭圆C分别相交于两点，且以MN为直径的圆过点，①试证明直线过一定点，并求出此定点；②从点作垂足为，点写出的最小值（结论不要求证明）.解：(1)椭圆：的离心率为，长轴的右端点为，可得，解得，所以椭圆的标准方程为.(2)①当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程组，整理得，可得，设，所以，由题意得，即，可得，所以，解得或，当时，直线方程为，此时过，不符合题意（舍去）；当时，直线方程为，此时过，符合题意，当直线的斜率不存在时，设直线，根据对称性，不妨设的坐标分别为，于是，解得，直线过点，综上可得，直线过定点.②由题意，过点作垂足为，点，如图所示，点落在以为直径的圆上，且圆心坐标为，半径为，则，所以的最小值为.20．已知函数，．(1)讨论的单调性；(2)当时，若的极小值点为，证明：存在唯一的零点，且．(1)解：，若，由，则时，，单调递增；时，，单调递减；时，令，得或，若，则或时，，单调递增；时，，单调递减；若，则在上恒成立，在上单调递增；若，则或时，，单调递增；时，，单调递减．综上，