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1、2024 届新高三开学摸底考试卷（九省新高考专用）届新高三开学摸底考试卷（九省新高考专用）03数数学学本试卷共 22 题。全卷满分 150 分。考试用时 120 分钟。注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（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
2、一项是符合题目要求的。1已知集合25Axx，2311xBxx，则AB（）A24xx B24xxC14xx D15xx 2在ABC中,若tantan3tantan3BCBC,且3sin22B,则C（）A60B45C30D153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（）A335B6C285D54已知函数 3sincosf xxx.给出下列结论：3f是 fx的最小值；函数 fx在,2 2上单调递增；将函数2sinyx的图象上的所有点向左平移116个单位长度，可得到函数 yf x的图象.其中所有正确结论的序号是（）ABCD5已知抛物线2:4C yx的焦点为F，准线为l，
3、过点F的直线交抛物线C于,A B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（）A20 33B203C16 33D16362022 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C13P C A D16P B A 7三棱锥ABCD中，AC 平面
4、BCD，BDCD.若4AB，2BD，则该三棱锥体积的最大值为（）A163B4C83D28函数 23cos22xxxf x 的大致图像为（）ABCD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，22cos,sin33B，44cos,sin33C，则（）AABBCBOAOBCO C0OA OB1tt作直线分别交 x 轴和抛物线于21tP、tB，过点tB作直线分别交 x 轴和抛物线于2tP、1tA，且*Nt，直线ttAB斜率与直线1ttA
5、B斜率互为相反数证明数列1nnP P 为等差数列19 如图，在四棱锥PABCD中，PAABCD 平面，/AD BC，ABBC，4PAAD，1BC，3AB，2 3CD.(1)证明：DC 平面PAC；(2)求AD与平面PCD所成角的余弦值.20记nS为数列 na的前 n 项和，已知213aa(1)若数列 na为等差数列，且11a，求nS；(2)在（1）的条件下，若2nannSbn，求数列 nb的前 n 项和nT；(3)在（1）的条件下，证明：当2n 时，1231111222nnnSSS21已知椭圆2222:1(0)xyEabab过点(0,1)B，且离心率为22(1)求椭圆 E 的标准方程；(2)若
6、直线 l 与椭圆 E 相切，过点(1,0)M作直线 l 的垂线，垂足为 N，O 为坐标原点，证明：|ON为定值.22已知椭圆2222:10 xyCabab的左，右焦点分别为1F，2F，离心率为22，M 为椭圆上异于左右顶点的动点，12MF F的周长为42 2.(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)过点 M 作圆22:1O xy的两条切线，切点分别为,A B，直线 AB 交椭圆 C 于 P，Q 两点，求OPQ的面积的取值范围.请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！2024 届新高三开学摸底考试卷（九省新高考通用）03数 学答题卡姓名：注意事项1答题前，考生先将自己的姓名、
7、准考证号填写清楚，并认真检查监考员所粘贴的条形码。2选择题必须用 2B 铅笔填涂；非选择题必须用 0.5mm 黑色签字笔答题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字体工整、笔迹清晰。3请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。5正确填涂缺考标记贴条形码区准考证号0123456789012345678901234567890123456789012345678901234567890123456789012345678901234567890123456789一、单项选择题（每小题 5 分，共 40 分）1 A B C D2
8、 A B C D3 A B C D4 A B C D5 A B C D6 A B C D7 A B C D8 A B C D二、多项选择题（每小题 5 分，共 20 分）9 A B C D10 A B C D11 A B C D12 A B C D三、填空题（每小题 5 分，共 20 分）13_14_15_16_四、解答题（共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17（10 分）18（12 分）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无
9、效！19（12 分）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！20（12 分）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！21（12 分）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！22（12 分）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！2024 届新高三开学摸底考试卷（九省新高考专用）届新高三开学摸底考试卷（九省新高考
10、专用）03数数学学本试卷共 22 题。全卷满分 150 分。考试用时 120 分钟。注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（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（）A24xx
11、B24xxC14xx D15xx【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14Bxx 又 25Axx，所以 24ABxx故选:B2在ABC中,若tantan3tantan3BCBC,且3sin22B,则C（）A60B45C30D15【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tantan3 1 tantanBCBC,
12、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（）A335B6C285D5【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357106 5x，得5x 所以这组数据的方差2128(91 1 1 16)55s 故选：C4已知函数 3sincosf xxx.给出下列结论：3f是 fx的最小值；函数 fx在,2 2上单调递增；将函数2sinyx的
13、图象上的所有点向左平移116个单位长度，可得到函数 yf x的图象.其中所有正确结论的序号是（）ABCD【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，根据平移变换的原则即可判断.【详解】3sincos2sin6f xxxx，对于，2sin232f，是 fx的最小值，故正确；对于，当,2 2x 时，2,633x，所以函数在区间,2 2上不具有单调性，故错误；对于，将函数2sinyx的图象上的所有点向左平移116个单位长度，得 112sin2sin22sin666yxxxf x，故正确，所以正确的有.故选：B.5已知抛物线2:4C yx的焦点为F，准线为l，过点F的直线交抛
14、物线C于,A B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（）A20 33B203C16 33D163【答案】A【分析】由抛物线的定义可得AMF是正三角形，设,AABBA xyB xy，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,AABBA xyB xy，因为30,2FMDDF，所以2 3,4DM
15、MFAM.所以4 13Ax .所以点A的坐标为3,23，所以直线AB的方程为2 331 302 3yx，整理得33yx.由2334yxyx，得231030 xx，解得13,3ABxx.将13Bx 代入直线AB的方程，得12 33333By ，所以点B的坐标为12 3,33.所以112 320 3242 322233BDFAMDBAMDFSSS 四边形四边形.故选：A.62022 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
16、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C13P C A D16P B A【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()()()P ABP A P B，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，每个体育馆至少派一名裁判，则有2113421322C C CA36A种方法，事件 A：甲派往，则若体育馆分 2 人，则只需将乙、丙、丁与三个体育馆进行全排列即可
17、，有33A6种，若体育馆分 1 人：则将乙、丙、丁分为两组，与体育馆进行全排列，有212312C C A6种，共有6612种，121()363P A，同理121()363P B，若甲与乙同时派往体有馆，则体育馆分两人，只需将丙，丁与体育馆进行全排列，有22A种，211(),()()()36189P ABP ABP A P B，故事件 A 与 B 不相互独立，A 错误；同理可得，121()363P C，若甲派往体有馆与乙派往体育馆同时发生，若丙丁 2 人都去往体育馆，有22C1种，若丙丁只有 1 人去往体育馆，剩余的 1 人去往体育馆或，有1122C C4种情况，综上：甲派往体有馆与乙派往体育馆
18、同时发生的情况有145种，故(5(),)()()36P BCP BCP B P C，B 错误；1118163P ABP B AP A，D 正确；事件 C：裁判乙派往体育馆，若体育馆分 2 人，则只需将甲、丙、丁与三个体育馆进行全排列，有33A6种，若体育馆分 1 人，则则将甲、丙、丁分为两组，与体育馆进行全排列，有212312C C A6种，共有6612种，121()363P C，若事件 A，C 同时发生，若丙丁 2 人都去往体育馆，有22C1种，若丙丁只有 1 人去往体育馆，剩余的 1 人去往体育馆或，有1122C C4种情况，综上：事件 A，C 同时发的情况有145种，536PAC，553
19、61123P ACP C AP A，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（）A163B4C83D2【答案】D【分析】设CDx，其中0 x，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0 x，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20120 xx可得02 3x，11222BCDSBD CDxx，222221211121223336A
20、 BCDBCDxxxxVSACxx，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 23cos22xxxf x 的大致图像为（）ABCD【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 23cos22xxxf x，其定义域为R，所以 23cos22xxxfxf x，所以 fx为偶函数，排除选项 A，D，又因为 12cos423cos44f，因为34,2，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
21、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，22cos,sin33B，44cos,sin33C，则（）AABBCBOAOBCO C0OA OB，解得1x 或1x，所以 fx在(,1)，和1,上单调递增，所以当=1x时，fx取得极大值，因为10103f ，且 fx在1,0上单调递减，所以 fx在,0上没有零点，当1x 时，fx取得极小值，因为 2103f，所以 fx在0,上至多有两个零点，B 错误；C 选项：设 31123g xfxxx，函数定义域为0 x x，关于原点对称，且 33111133fxxxf xxx ，则 g x为奇
22、函数，所以 g x的图象关于原点对称，将 g x的图象向下平移 2 个单位长度得到 fx的图象，所以 fx的图象关于点0,2对称，C 正确；D 选项：因为 fx的极小值 2103f，极大值10103f ，所以曲线 yf x与x轴不相切，D正确.故选：CD.第卷三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。13函数 2eecosxxfxx 的图象在点 0,0f处的切线方程是_【答案】320 xy【分析】求得函数的导数，求得(0)f 和(0)f的值，结合直线的点斜式方程，即可求解.【详解】由题可得，222eecossineexxxxfxxx，03f，02f，故所求切线方程为23yx，
23、即320 xy故答案为：320 xy14若sinsin1，则cos2_【答案】1【分析】由sinsin1，求出cos0，cos0.利用和差角公式求出cos1，再用二倍角公式即可求解.【详解】因为sin1，sin1，所以由sinsin1可得：sin1，sin1.因为22cossin1，所以cos0.同理：cos0.所以coscoscossinsin011.因为21cos2cos2，所以22cos1 122 ，所以2cos12，所以cos12.故答案为：1.15已知 na是等比数列，22a，514a，则11niiia a_【答案】321 43n【分析】根据等比数列通项公式基本量计算得到公比，从而得
24、到1nnaa为公比为14的等比数列，首项为 8，利用求和公式求出答案.【详解】设 na的公比为q，则35218aqa，解得：12q，故212412aaq，所以131111422nnnnaa q，故2111114nnnnnnaaaqaaa，则1nnaa为公比为14的等比数列，首项为1 24 28aa，所以则1118 143213211 4134314nnnniiia a故答案为：321 43n16已知函数()2sin()0,|2f xx的最小正周期为 T，(0)6Tff，且()3f xf对任意的xR恒成立，则一个满足题意的的值是_.【答案】5（答案不唯一）【分析】根据给定条件，结合辅助角公式求出
25、，再利用恒成立的不等式求出的表达式作答.【详解】依题意，12663T，而 06Tff，则 02sin2sin3sin3cos2 3sin0636Tff，又2，因此6，因为()3f xf对任意的xR恒成立，于是函数 fx在3x 处取得最小值，即2 362k，k Z，解得61k，k Z，又0，所以61k，*Nk，取1k，得5.故答案为：5四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程成演算步骤17已知4sin5，且2(1)求tan的值；(2)求cos 24的值【答案】(1)43(2)17 250【分析】（1）先由同角三角函数的平方关系结合角的象
26、限计算cos，再由商数关系计算tan；（2）先由二倍角公式计算cos2和sin2，再代入和差角公式计算即可.【详解】（1）2，2243cos1 sin1()55 ，4sin45tan3cos35（2）由（1）得3cos5，所以2237cos22cos12()1525 ，24sin22sincos25，所以272417 2cos 2cos2cossin2sin()4442252550 18已知抛物线22ypx0p，点1P为抛物线焦点过点1P作一条斜率为正的直线 l 从下至上依次交抛物线于点1A与点1B，过点1B作与 l 斜率互为相反数的直线分别交 x 轴和抛物线于2P、2A(1)若直线12A A
27、斜率为 k，证明抛物线在点1B处切线斜率为k；(2)过点tA*N,1tt作直线分别交 x 轴和抛物线于21tP、tB，过点tB作直线分别交 x 轴和抛物线于2tP、1tA，且*Nt，直线ttAB斜率与直线1ttA B斜率互为相反数证明数列1nnP P 为等差数列【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）设111122233,A x yB xyAx y，可用点的坐标表示1 12 112,A BA BA Akkk，根据斜率关系可得132,y yy的关系，根据导数求出点1B处切线斜率，从而可证抛物线在点1B处切线斜率为k；（2）设22*(,),N22ttttttabAaBbtpp，根据题
28、设的共点的直线的斜率关系可得112,2ttttttbba aab ，从而可证 tb、ta为等差数列，故可证1nnP P 为等差数列【详解】（1）设111122233,A x yB xyAx y则1 1121222121212222A Byyyypkyyxxyypp，同理2 112231322,A BA Appkkkyyyy211 1A BA Bkk，即231222ppyyyy，1322yyy，122222A Appkkyy 当0y 时，2,2pypxyx，抛物线22ypx0p 在点1222,0B xyy 处切线斜率为2222222pppkyxyp，得证（2）设22*(,),N22tttttta
29、bAaBbtpp，故直线22222:222ttttttttttttbaaapAByxaxabapbapp，令0y，则2ttabxp，故21,02tttabPp，同理12,02ttta bPp当2nt时，1111,nnnnnnPPnnPPP PxxP Pxx故11112nnnnnnnPPPP PP Pxxx21212111222tttttttttPPPa baba bxxxp1112ttttttabbb aap，当21nt时，同理有11112ttttttnnnnb aaa bbP PP Pp，11ttttttA BA BABkkk，故1122222211222ttttttttttttbababa
30、bababappp，整理得到：11ttttttbababa，因此112,2ttttttbba aab ，由12tttbba 可得112tttbba，故111224ttttttbbbaab，因此112tttbbb，即 tb为等差数列，设其公差为1d而11ttttbbaa，故11ttaad，其中2t 又直线21111112:2apAByxaabp，因该直线过,02p，故211112022appaabp，解得211pba，故22111122pabaaa，2222211111143222pppbabaaaaa，故222111111222ppaaaaaaa，而222211111113222pppbbaa
31、daaa，故211aad，ta为等差数列，设其公差为1d故11111,1ttaatd bbtd，故当2nt时，111111122ttttnnnndbad abdP PP Ppp111111111122dbtdatdd bdapp，该数为常数当21nt时，1111111111122ttnnnndbtdatdbda dP PP Ppp1112dbap，该数为常数，而2211111111122220ppababdaaaa，故11111ababd，故111111122dbdadbapp，故对任意的n，11nnnnP PP P为常数，故数列1nnP P nN为等差数列19 如图，在四棱锥PABCD中，P
32、AABCD 平面，/AD BC，ABBC，4PAAD，1BC，3AB，2 3CD.(1)证明：DC 平面PAC；(2)求AD与平面PCD所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)2 55【分析】（1）通过勾股定理，证明出DCAC可证得DC 平面PAC.（2）作AHPC，垂足为 H，连结DH，证得ADH为AD与平面PCD所成的角，在AHD中求sinADH即可.【详解】（1）ABBC，1BC，3AB，由勾股定理得：22221(3)2ACABBC，3ACBACD中，2 3CD，2224 1216ACCDAD，DCAC，又因为PA 底面ABCD，DC 底面ABCD，所以PADC，又因为ACPAA
33、且,AC PA平面PAC，DC 平面PAC，（2）作AHPC，垂足为 H，连结DH，因为DC 平面PAC，AH平面PAC，所以AHCD，又因为CDPCC且,CD PC 平面PAC，所以AH 平面PCD，所以ADH为AD与平面PCD所成的角，PAC中，4 242 55PA ACAHPC，415sin455AHADHDA，所以直线AD与平面PCD所成角的余弦值为2 55.20记nS为数列 na的前 n 项和，已知213aa(1)若数列 na为等差数列，且11a，求nS；(2)在（1）的条件下，若2nannSbn，求数列 nb的前 n 项和nT；(3)在（1）的条件下，证明：当2n 时，123111
34、1222nnnSSS【答案】(1)2nSn(2)12149618nnnT(3)证明见解析【分析】（1）由已知可得23a，2d，然后即可根据等差数列的前 n 项和公式，即可得出答案；（2）由（1）可推得42nnnb，然后根据错位相减以及等比数列的前 n 项和公式，即可得出答案；（3）由（1）可推得211nSn，进而可得当2n 时，211111n nnn n.裂项求和即可得出证明.【详解】（1）由已知2133aa，所以212daa，所以，2111222nn nn nSnadnn（2）由（1）可知，1 2121nann，2nSn，所以2212122242nannnnnSnnbnnn，所以212444
35、222nnnT，231124444222nnnT，所以可得21113444222nnT142nn1214362nn，所以12149618nnnT（3）由（1）可推得211nSn.当2n 时，211111n nnn n，所以1211111112 33 41nSSSn n 111111123341nn 31312122nnn，1211111111 22 31nSSSnn 111111 12231nn L122n，所以当2n 时，1231111222nnnSSS21已知椭圆2222:1(0)xyEabab过点(0,1)B，且离心率为22(1)求椭圆 E 的标准方程；(2)若直线 l 与椭圆 E 相切
36、，过点(1,0)M作直线 l 的垂线，垂足为 N，O 为坐标原点，证明：|ON为定值.【答案】(1)2212xy(2)2【分析】（1）利用椭圆过点(0,1)B，得到1b，再由椭圆的离心率为22，求出a的值，从而求到椭圆E的标准方程；（2）对直线l的斜率为 0、斜率不存在及斜率存在且不为 0 三种情况讨论，从而求出2ON，得到结论.【详解】（1）因为椭圆过点(0,1)B，所以1b，又22e，222abc，所以22222212cabbaaa，得到2a，所以椭圆E的标准方程为2212xy.（2）当直线斜率l存在且不为 0 时，设直线l的方程为(0)ykxm k，联立直线l和椭圆E的方程得2212yk
37、xmxy，消去y并整理，得222(21)4220kxkmxm，因为直线l与椭圆E有且只有一个公共点，所以方程有两个相等的根，2222164(21)(22)0k mkm，化简整理得2221mk因为直线MN与l垂直，所以直线MN的方程为1(1)yxk，联立得1(1)yxkykxm，解得22111kmxkkmyk，221(,)11km kmNkk，所以22222222222222222111111111kmkmkmk mkmmONkkkk把2221mk代入上式得，222(22)2(1)kONk，所以2ON，为定值；当直线l斜率为 0 时，直线:1l y=，过点(1,0)M作直线l的垂线，则垂线方程为
38、1x，此时(1,1)N或(1,1)N，2ON，为定值；当直线l斜率不存在时，直线:2l x ，过点(1,0)M作直线l的垂线，则垂线方程为0y，此时(2,0)N 或(2,0)N，2ON，为定值；综上所述，2ON，为定值.22已知椭圆2222:10 xyCabab的左，右焦点分别为1F，2F，离心率为22，M 为椭圆上异于左右顶点的动点，12MF F的周长为42 2.(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)过点 M 作圆22:1O xy的两条切线，切点分别为,A B，直线 AB 交椭圆 C 于 P，Q 两点，求OPQ的面积的取值范围.【答案】(1)22142xy(2)306,82【分析】（1）根据椭
39、圆离心率和焦点三角形周长可求得2,2ac，即可得出椭圆 C 的标准方程；（2）易知,A B的轨迹是以 OM 为直径的圆与圆22:1O xy的交点，求出 AB 所在的直线方程，并于椭圆方程联立根据弦长公式求得OPQ的面积的表达式，再化简变形构造函数即可求得其取值范围.【详解】（1）设椭圆焦距为 2c，根据椭圆定义可知，12MF F的周长为121222MFMFFFac，离心率22cea联立222242 2caac，解得2a，2c，所以2222bac，即椭圆 C 的标准方程22142xy.（2）设点00(,)M x y，又,A B为切点，可知,OBBM OAAM，所以,O A B M四点共圆，即,A
40、 B在以 OM 为直径的圆上，则以 OM 为直径的圆的方程为22220000224xyxyxy，又,A B在圆22:1O xy上，两式相减得直线 AB 的方程为001x xy y，如下图所示：设11,P x y，22,Q xy，由22001421xyx xy y，消去 y 整理后得2222000024240 xyxx xy，012220042xxxxy，20122200242yx xxy，所以2220012121200114xxxxxxx xPyQy 222222000000222222200000001424142 6222xyxxxyyxyxyxy，又点 O 到直线 PQ 的距离22001
41、dxy，设OPQ的面积为 S，则2220002222000011112 6222xyxSPQ dxyxy222000222200002 612 6112 64434311xxxxxxx202012 61311xx，其中200,4x，令201tx，则1,5t，设1()3f ttt，1,5t，则 2130ftt，所以 f t在区间1,5上单调递增，从而得16 5()4,5f t，于是可得306,82S，即OPQ的面积的取值范围为306,82.【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据过点 M 的两条切线求出切点,A B所在的直线方程，并与椭圆联立利用韦达定理和弦长公式求出OPQ面积的表达式，再通过构造函
42、数利用导数研究单调性求面积取值范围即可.数学数学-2024 届新高三开学摸底考试卷（九省新高考通用）届新高三开学摸底考试卷（九省新高考通用）03数学数学答案及评分标准答案及评分标准123456789101112BCCBADDBABCACADCD13320 xy14115321 43n165（答案不唯一）17【答案】(1)43(2)17 250【分析】（1）先由同角三角函数的平方关系结合角的象限计算cos，再由商数关系计算tan；（2）先由二倍角公式计算cos2和sin2，再代入和差角公式计算即可.【详解】（1）2，2243cos1 sin1()55 ，4sin45tan3cos35（5 分）（
43、2）由（1）得3cos5，所以2237cos22cos12()1525 ，24sin22sincos25，所以272417 2cos 2cos2cossin2sin()4442252550（10 分）18【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）设111122233,A x yB xyAx y，可用点的坐标表示1 12 112,A BA BA Akkk，根据斜率关系可得132,y yy的关系，根据导数求出点1B处切线斜率，从而可证抛物线在点1B处切线斜率为k；（2）设22*(,),N22ttttttabAaBbtpp，根据题设的共点的直线的斜率关系可得112,2ttttttbba
44、aab ，从而可证 tb、ta为等差数列，故可证1nnP P 为等差数列【详解】（1）设111122233,A x yB xyAx y则1 1121222121212222A Byyyypkyyxxyypp，同理2 112231322,A BA Appkkkyyyy211 1A BA Bkk，即231222ppyyyy，1322yyy，122222A Appkkyy 当0y 时，2,2pypxyx，抛物线22ypx0p 在点1222,0B xyy 处切线斜率为2222222pppkyxyp，得证（5 分）（2）设22*(,),N22ttttttabAaBbtpp，故直线22222:222ttt
45、tttttttttbaaapAByxaxabapbapp，令0y，则2ttabxp，故21,02tttabPp，同理12,02ttta bPp当2nt时，1111,nnnnnnPPnnPPP PxxP Pxx故11112nnnnnnnPPPP PP Pxxx21212111222tttttttttPPPa baba bxxxp1112ttttttabbb aap，当21nt时，同理有11112ttttttnnnnb aaa bbP PP Pp，11ttttttA BA BABkkk，故1122222211222ttttttttttttbabababababappp，整理得到：11ttttttb
46、ababa，因此112,2ttttttbba aab ，由12tttbba 可得112tttbba，故111224ttttttbbbaab，因此112tttbbb，即 tb为等差数列，设其公差为1d而11ttttbbaa，故11ttaad，其中2t 又直线21111112:2apAByxaabp，因该直线过,02p，故211112022appaabp，解得211pba，故22111122pabaaa，2222211111143222pppbabaaaaa，故222111111222ppaaaaaaa，而222211111113222pppbbaadaaa，故211aad，ta为等差数列，设其公
47、差为1d故11111,1ttaatd bbtd，故当2nt时，111111122ttttnnnndbad abdP PP Ppp111111111122dbtdatdd bdapp，该数为常数当21nt时，1111111111122ttnnnndbtdatdbda dP PP Ppp1112dbap，该数为常数，而2211111111122220ppababdaaaa，故11111ababd，故111111122dbdadbapp，故对任意的n，11nnnnP PP P为常数，故数列1nnP P nN为等差数列（12 分）19【答案】(1)证明见解析；(2)2 55【分析】（1）通过勾股定理，
48、证明出DCAC可证得DC 平面PAC.（2）作AHPC，垂足为 H，连结DH，证得ADH为AD与平面PCD所成的角，在AHD中求sinADH即可.【详解】（1）ABBC，1BC，3AB，由勾股定理得：22221(3)2ACABBC，3ACBACD中，2 3CD，2224 1216ACCDAD，DCAC，又因为PA 底面ABCD，DC 底面ABCD，所以PADC，又因为ACPAA且,AC PA平面PAC，DC 平面PAC，（6 分）（2）作AHPC，垂足为 H，连结DH，因为DC 平面PAC，AH平面PAC，所以AHCD，又因为CDPCC且,CD PC 平面PAC，所以AH 平面PCD，所以AD
49、H为AD与平面PCD所成的角，PAC中，4 242 55PA ACAHPC，415sin455AHADHDA，所以直线AD与平面PCD所成角的余弦值为2 55.（12 分）20【答案】(1)2nSn(2)12149618nnnT(3)证明见解析【分析】（1）由已知可得23a，2d，然后即可根据等差数列的前 n 项和公式，即可得出答案；（2）由（1）可推得42nnnb，然后根据错位相减以及等比数列的前 n 项和公式，即可得出答案；（3）由（1）可推得211nSn，进而可得当2n 时，211111n nnn n.裂项求和即可得出证明.【详解】（1）由已知2133aa，所以212daa，所以，211
50、1222nn nn nSnadnn（2 分）（2）由（1）可知，1 2121nann，2nSn，所以2212122242nannnnnSnnbnnn，所以212444222nnnT，231124444222nnnT，所以可得21113444222nnT142nn1214362nn，所以12149618nnnT（6 分）（3）由（1）可推得211nSn.当2n 时，211111n nnn n，所以1211111112 33 41nSSSn n 111111123341nn 31312122nnn，1211111111 22 31nSSSnn 111111 12231nn L122n，所以当2n