文科数学02-2024届新高三开学摸底考试卷（全国通用）（全解全析）

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2|30Mxxx，2log2Nxx，则MN（）A．2B．0,4C．,4D．0,4【答案】D【分析】分别解出集合,MN，即可求得MN.【详解】解：2|30Mxxx，0,3M，2{|log}2Nxx，04Nxx，0,4MN.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34zii，则zA．5B．25C．5D．25【答案】C【分析】先利用复数乘法的运算化简复数z，再利用复数模的公式求解即可.【详解】因为3443ziii，所以22345z.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1,02()0,0,0xxfxxgxx，且()fx为奇函数，则(2)g（）A．14B．14C．4D．4【答案】D【分析】利用分段函数、奇函数的性质求解.【详解】因为1,02()0,0,0xxfxxgxx，所以(2)(2)fg，又()fx为奇函数，所以(2)(2)(2)fgf，所以2g21()42，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．1427B．59C．1627D．1727【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1627P故选：C5．“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．130B．132C．134D．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1192202092S，2到20的全部素数和为223571113171977S，所以挑选2到20的全部素数过程中剔除的所有数的和为20977132.故选：B.6．已知函数2π12cos06fxx的最小正周期为T，且π2π43T，若fx的图象关于直线π6x对称，则π8f（）A．32B．12C．32D．12【答案】A【分析】运用二倍角公式化简()fx，结合π2π43T与fx的对称性求得的值，进而求得结果.【详解】因为2ππ12coscos263fxxx，所以2ππ2T．又因为π2π43T，所以ππ2π43，即342，①又因为fx的图象关于直线π6x对称，所以ππ2π63k，Zk．所以31k，Zk，②所以由①②得2，所以πcos43fxx，故πππ3cos8232f．故选：A.7．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若4561abc，，，则角C＝（）A．120B．90C．60D．45【答案】A【分析】利用余弦定理求出cosC的值，结合角C的取值范围可求得角C的值．【详解】由余弦定理可得2221cos22abcCab，0180C，120C．故选：A．8．在ABC中，点D在边BC上，且2BDDC，则（）A．2ADABACB．2ADABACC．2133ADABACD．1233ADABAC【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D在边BC上，且2BDDC，所以23BDBC，所以22123333ADABBDABBCABACABABAC，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3:3:5，则几何体Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的体积之比为（）A．3:6:10B．3:9:25C．3:21:35D．9:21:35【答案】D【分析】设上面的六棱柱的底面面积为S，高为3m，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3m，由上到下的三个几何体体积分别记为123,,VVV，则13VmS，22144373VSSSmmS，2313544533VSSSmmS，所以12335::3:7:9:21:353VVVmSmSmS故选：D10．已知过双曲线C：222210,0xyabab的右焦点,0Fc作x轴的垂线与两条渐近线交于A，B，OAB的面积为233c，则该双曲线的离心率为（）A．233B．32C．2D．43【答案】A【分析】先结合双曲线的渐近线方程求出2bcABa，再根据三角形面积公式得到33ba即可.【详解】由题知，双曲线的渐近线为byxa，得,bcAca，,bcBca，2bcABa，21123223AOBbccSOFABca，33ba223231133cbeaa，故选：A.11．已知直线:30lxy上的两点,AB，且1AB，点P为圆22:230Dxyx上任一点，则PAB的面积的最大值为（）A．21B．222C．21D．222【答案】A【分析】找到圆上的点到直线距离的最大值作为PAB的高，再由面积公式求解即可.【详解】把圆22:230Dxyx变形为22(1)4xy，则圆心1,0D，半径2r，圆心D到直线:30lxy的距离22132211d，则圆D上的点到直线AB的距离的最大值为222dr，又1AB，∴PAB的面积的最大值为12221212．故选：A．12．1sin0.1a，0.1eb，1716c，则,,abc的大小关系为（）.A．bcaB．bacC．abcD．cba【答案】B【分析】分别构造函数证明e1,(0)xxx与sin,(0)xxx，利用这两个不等式可判断ba；构造函数5πsin086hxxxx，可证得5sin8xx，即可判断ac，从而得出答案.【详解】令()e1),(0)(xfxxx，则e()10xfx，则()fx在(0,)上单调递增，故()(0)0fxf，则e1,(0)xxx．令()sin,(0)gxxxx，则()1cos0gxx≥，则()gx在(0,)上单调递增，故()(0)0gxg，则sin,(0)xxx．所以0.1e10.11sin0.1，即ba；令5πsin086hxxxx，则5cos8hxx，因为π06x，所以3cos12x，则35cos28x，故0hx，所以hx在π0,6上单调递增，则00hxh，即5sin8xx，易知π0.10,6，所以51sin0.10.1816，则1171sin0.111616，即ac；综上：bac.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X（单位：mm）服从正态分布270,5N，则果实横径在65,80的概率为__________.（附：若2,XN，则0.683PX，220.954PX）【答案】0.8185【分析】分析可得65，802，利用3原则结合参考数据可求得结果.【详解】由题意可得70，5，则65，802，所以，65802PXPX220.6830.9540.818522PXPX.故答案为：0.8185.14．已知0,0xy，且2xy，则13xy的最小值为________．【答案】23【分析】根据基本不等式，结合“1”的代换，可求得13xy的最小值．【详解】因为2xy，即221xy所以131xy1322xyxy1332222yxxy32222yxxy23，当且仅当322yxxy时取得等号所以13xy的最小值为23【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1C：22220xyxy与圆2C：22210xyx的交点为A，B，则AB________．【答案】3【分析】两圆方程作差得到公共弦方程，利用圆1C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AB的方程为222222210xyxyxyx，即4210xy，圆1C：22220xyxy配成标准式得22112xy知圆心为(1,1)，半径2r，则点(1,1)到直线AB的距离52d，则22||23ABrd．故答案为3【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SABC中，3SASBCACB，2AB，2SC，则二面角SABC的平面角的大小为______．【答案】60°【分析】取AB中点D，由等腰三角形三线合一可知SDAB，CDAB；由二面角平面角定义可知SDC为所求角，根据长度关系可知SDC为等边三角形，从而得到结果.【详解】取AB中点D，连接,SDCDSASB，CACB，D为AB中点SDAB，CDABSDC即为二面角