数学-2024届新高三开学摸底考试卷（九省新高考通用）03（解析版）

2024届新高三开学摸底考试卷（九省新高考专用）03数学本试卷共22题。全卷满分150分。考试用时120分钟。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。一、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，只有一项是符合题目要求的。1．已知集合25Axx，2311xBxx，则AB（）A．24xxB．24xxC．14xxD．15xx【答案】B【分析】根据分式不等式求解即可化简B,进而根据集合的交集即可求解.【详解】由2311xx，得23101xx，即401xx，所以{14}Bxx∣．又{25}Axx∣，所以{24}ABxx∣．故选:B．2．在ABC中,若tantan3tantan3BCBC,且3sin22B,则C（）A．60°B．45°C．30°D．15°【答案】C【分析】根据tantan3tantan3BCBC,利用两角和的正切公式可得60BC,即可得120Ao,根据3sin22B即B的范围可得30B,进而可求得30C.【详解】解:因为tantan3tantan3BCBC,所以tantan31tantanBCBC,即tantantan31tantanBCBCBC,因为B,C为ABC的内角,所以60BC,即120Ao,所以060B,02120B,因为3sin22B,所以260B,即30B,所以30C.故选:C3．已知一组数据3，5，7，x，10的平均数为6，则这组数据的方差为（）A．335B．6C．285D．5【答案】C【分析】先根据平均数公式求出x，再利用方差公式求解.【详解】由题意得3571065x，得5x所以这组数据的方差2128(911116)55s故选：C4．已知函数3sincosfxxx.给出下列结论：①π3f是fx的最小值；②函数fx在ππ,22上单调递增；③将函数2sinyx的图象上的所有点向左平移11π6个单位长度，可得到函数yfx的图象.其中所有正确结论的序号是（）A．①②B．①③C．②③D．①②③【答案】B【分析】先利用辅助角公式化一，再根据正弦函数的性质即可判断①②，根据平移变换的原则即可判断③.【详解】π3sincos2sin6fxxxx，对于①，ππ2sin232f，是fx的最小值，故①正确；对于②，当ππ,22x时，π2ππ,633x，所以函数在区间ππ,22上不具有单调性，故②错误；对于③，将函数2sinyx的图象上的所有点向左平移11π6个单位长度，得11πππ2sin2sin2π2sin666yxxxfx，故③正确，所以正确的有①③.故选：B.5．已知抛物线2:4Cyx的焦点为F，准线为l，过点F的直线交抛物线C于,AB两点，过点A作准线l的垂线，垂足为M，点D为准线l与x轴的交点，若30FMD，则四边形AMDB的面积为（）A．2033B．203C．1633D．163【答案】A【分析】由抛物线的定义可得AMF是正三角形，设,,,AABBAxyBxy，根据几何性质求得A点坐标，从而可得直线AB的方程，联立直线与抛物线可求得B点坐标，按照面积分割即可得四边形AMDB的面积.【详解】如图，不妨设点A在x轴上方，由抛物线的定义可知AFAM，因为30FMD，所以903060AMF，所以AMF是正三角形.由24yx可知1,0,1,0FD，设,,,AABBAxyBxy，因为30,2FMDDF，所以23,4DMMFAM.所以413Ax.所以点A的坐标为3,23，所以直线AB的方程为23313023yx，整理得33yx.由2334yxyx，得231030xx，解得13,3ABxx.将13Bx代入直线AB的方程，得1233333By，所以点B的坐标为123,33.所以1123203242322233BDFAMDBAMDFSSS四边形四边形.故选：A.6．2022卡塔尔世界杯比赛场地是在卡塔尔的8座体育馆举办．将甲、乙、丙、丁4名裁判随机派往卢赛尔，贾努布，阿图玛玛三座体育馆进行执法，每座体育馆至少派1名裁判，A表示事件“裁判甲派往卢赛尔体有馆”；B表示事件“裁判乙派往卢赛尔体育馆”；C表示事件“裁判乙派往贾努布体育馆”，则（）A．事件A与B相互独立B．事件A与C为互斥事件C．13PCAD．16PBA【答案】D【分析】先求出每个体育馆至少派一名裁判总的方法数，再求出事件A，B分别发生的情况数与事件A，B同时发生的情况数，得到()()()PABPAPB，判断出A错误，同理可得B错误；利用条件概率求解公式得到C错误，D正确.【详解】记三座体育馆依次为①②③，每个体育馆至少派一名裁判，则有2113421322CCCA36A种方法，事件A：甲派往①，则若①体育馆分2人，则只需将乙、丙、丁与三个体育馆进行全排列即可，有33A6种，若①体育馆分1人：则将乙、丙、丁分为两组，与体育馆②③进行全排列，有212312CCA6种，共有6612种，∴121()363PA，同理121()363PB，若甲与乙同时派往①体有馆，则①体育馆分两人，只需将丙，丁与体育馆②③进行全排列，有22A种，∴211(),()()()36189PABPABPAPB，故事件A与B不相互独立，A错误；同理可得，121()363PC，若甲派往①体有馆与乙派往②体育馆同时发生，若丙丁2人都去往体育馆③，有22C1种，若丙丁只有1人去往体育馆③，剩余的1人去往体育馆①或②，有1122CC4种情况，综上：甲派往①体有馆与乙派往②体育馆同时发生的情况有145种，故(5(),)()()36PBCPBCPBPC，B错误；1118163PABPBAPA，D正确；事件C：裁判乙派往②体育馆，若②体育馆分2人，则只需将甲、丙、丁与三个体育馆进行全排列，有33A6种，若②体育馆分1人，则则将甲、丙、丁分为两组，与体育馆①③进行全排列，有212312CCA6种，共有6612种，∴121()363PC，若事件A，C同时发生，若丙丁2人都去往体育馆③，有22C1种，若丙丁只有1人去往体育馆③，剩余的1人去往体育馆①或②，有1122CC4种情况，综上：事件A，C同时发的情况有145种，∴536PAC，55361123PACPCAPA，C错误；故选：D7．三棱锥ABCD中，AC平面BCD，BDCD.若4AB，2BD，则该三棱锥体积的最大值为（）A．163B．4C．83D．2【答案】D【分析】设CDx，其中0x，利用勾股定理可求得AC，并求出BCD△的面积，利用锥体的体积公式以及基本不等式可求得结果.【详解】设CDx，其中0x，如下图所示：因为AC平面BCD，BC平面BCD，所以，ACBC，因为BDCD，所以，2224BCBDCDx，又因为4AB，所以，222216412ACABBCxx，由20120xx可得023x，11222BCDSBDCDxx△，222221211121223336ABCDBCDxxxxVSACxx，当且仅当2212xx时，即当6x时，该三棱锥体积取最大值为2.故选：D.8．函数23cos22xxxfx的大致图像为（）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据题意，由函数的奇偶性可排除AD，再由20f可排除C，即可得到结果.【详解】因为23cos22xxxfx，其定义域为R，所以23cos22xxxfxfx，所以fx为偶函数，排除选项A，D，又因为12cos423cos44f，因为3π4π,2，所以cos40，所以20f，排除选项C.故选：B.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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O为坐标原点，点cos,sinA，2π2πcos,sin33B，4π4πcos,sin33C，则（）A．ABBCB．OAOBCOC．0OAOB?uuruuurD．0OAOBOC【答案】ABC【分析】利用平面向量的坐标表示与旋转角的定义推得ABC是正三角形，从而对选项逐一分析判断即可.【详解】对于A，因为cos,sinA，2π2πcos,sin33B，4π4πcos,sin33C，所以2π3AOBBOCCOA，1OAOBOC，故ABC是正三角形，则ABBC，故A正确；对于B，因为ABC是正三角形，O是ABC的外心，所以O是ABC的重心，故0OAOBOC，即OAOBCO，故B正确；对于C，2π11cos110322OAOBOAOB，故C正确；对于D，因为0OAOBOC，则OBOCOA，所以20OAOBOCOA，故D错误.故选：ABC．.10．折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧,DEAC所在圆的半径分别是3和9，且120ABC，则该圆台的（）A．高为42B．体积为5023C．表面积为34D．上底面积､下底面积和侧面积之比为1:9:22【答案】AC【分析】设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，求出1,3rR，即可判断选项A正确；利用公式计算即可判断选项BCD的真假得解.【详解】解：设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，则11223,22933rR，解得1,3rR．圆台的母线长6l，圆台的高为226(31)42h，则选项A正确；圆台的体积22152242331133，则选项B错误；圆台的上底面积为，下底面积为9，侧面积为13624，则圆台的表面积为92434，则C正确；由前面可知上底面积､下底面积和侧面积之比为1:9:24，则选项D错误．故选：AC．11．已知向量a，b的夹角为π6，3a，1b，tR，则（）A．b在a方向上的投影向量的模为32B．3ab在a方向上的投影向量的模为32C．tab的最小值为14D．tab取得最小值时，atab【答案】AD【分析】AB选项，利用投影的定义求解判断；CD选项，利用数量积的运算律求解判断.【详解】因为b在a方向上的投影向量的模为π3cos62b，故A正确；因为3ab在a方向上的投影向量的模为22π3331co