精品解析：广东省广州市真光中学2025届高三上学期开学质量检测数学试题

广州市真光中学2025届高三开学质量检测 数学 2024.08 本试卷共5页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用 2B 铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑:如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上:如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案:不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，．若，则（ ） A. 1 B. C. 12 D. 4. 已知，则（ ） A. 5 B. C. -5 D. 5. 已知函数且在上单调递减，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知某圆柱的底面直径与某圆锥的底面半径相等，且它们的表面积也相等，圆锥的底面积是圆锥侧面积的一半，则此圆锥与圆柱的体积之比为（ ） A. B. C. D. 7. 函数与的图像有个交点，其坐标依次为，，，，则（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 8. 定义在上的函数满足，，，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题:本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9. 李明每天7：00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则（ ） A. P(X＞32)＞P(Y＞32) B. P(X≤36)＝P(Y≤36) C. 李明计划7：34前到校，应选择坐公交车 D. 李明计划7：40前到校，应选择骑自行车 10. 已知是定义在上的奇函数，当时，，则（ ） A. 的极大值点为 B. 函数的零点个数为3 C. 函数的零点个数为7 D. 的解集为 11. 天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时，发现了平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹.我们称其为卡西尼卵形线在平面直角坐标系中，设定点为，点为坐标原点，动点满足.下列四个命题中，正确的是（ ） A. 点P的轨迹既是中心对称又是轴对称图形 B. 点的横坐标的取值范围是 C. 的最小值为 D. 的面积的最大值为 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 双曲线，过左、右焦点作平行于y轴的直线交双曲线于A，B，C，D，若ABCD构成正方形，求双曲线的离心率为________. 13. 已知曲线：和曲线：，若存在斜率为1的直线与，同时相切，则b的取值范围是__________. 14. 编号为1、2、3、4的四名学生随机入座编号为1、2、3、4的座位，每个座位坐1人，座位编号和学生编号一致时称为一个“配对”，用X表示“配对”数，则X的期望___________． 四、解答题:本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，角所对的边分别为，已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 16. 已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为． （1）求椭圆的方程及离心率； （2）若直线BD的斜率为0，求t的值． 17. 如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． （1）若为线段中点，求证：平面． （2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 设函数，直线是曲线在点处的切线． （1）当时，求的单调区间. （2）求证：不经过点. （3）当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ （参考数据：，，） 19. 已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为． （1）给定数列和序列，写出； （2）是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由； （3）若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州市真光中学2025届高三开学质量检测 数学 2024.08 本试卷共5页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用 2B 铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑:如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上:如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案:不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 求出集合，利用交集的定义可求得集合. 【详解】，，因此，. 故选：C. 【点睛】本题考查交集的运算，同时也考查了一元二次不等式的求解，考查计算能力，属于基础题. 2. 已知复数满足（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简即可. 【详解】因为， 所以． 故选：B 3. 已知向量，．若，则（ ） A. 1 B. C. 12 D. 【答案】C 【解析】 【分析】（方法一）由的坐标，求得的坐标，利用向量垂直的坐标表示式列出方程求解即得；（方法二）先由化简，再代入得坐标计算即得. 【详解】（方法一）由，，得． 由，得，即，解得． 故选：C． （方法二）由，得，即， 将代入得，，解得． 故选：C． 4. 已知，则（ ） A. 5 B. C. -5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】把写成，写成，是为了后续能用两角和与差的公式展开，将已知条件转化为与、相关式子. 依据两角和与差的余弦公式，把和展开，得到只含、、、的式子，得到，再根据正切的定义，将其转化为的形式，进而求出结果. 【详解】已知，可变形为. 因为，， 所以.  左边， 即. 右边， 即. 所以.  可得： . 即. 所以，也就是.  故选：D. 5. 已知函数且在上单调递减，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由函数在上单调递减，结合分段函数的单调性的概念，得到不等式组，即可求解． 【详解】由题意，函数且在上单调递减， 则满足，解得，即实数的取值范围为． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了利用分段函数的单调性求解参数问题，其中解答中熟记分段函数的单调性的概念，结合二次函数的性质和对数的运算，列出相应的不等式组是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题． 6. 已知某圆柱的底面直径与某圆锥的底面半径相等，且它们的表面积也相等，圆锥的底面积是圆锥侧面积的一半，则此圆锥与圆柱的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 首先设出圆锥的底面半径和母线长，根据圆锥的底面积是圆锥侧面积的一半，求得.利用勾股定理求得圆锥的高，由此求得圆锥的体积.根据题意求得圆柱的底面半径，根据圆锥与圆柱的表面积相等，求得圆柱的高，由此求得圆柱的体积.从而求得圆锥与圆柱的体积之比. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，则，即，所以圆锥的高，圆锥的体积.由题意，知圆柱的底面半径为，设圆柱的高为，因为圆锥与圆柱的表面积相等，所以，解得，所以圆柱的体，故. 故选：A 【点睛】本题考查简单几何体的表面积与体积，考查空间想象能力. 7. 函数与的图像有个交点，其坐标依次为，，，，则（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 【答案】A 【解析】 【分析】由已知函数解析式可知两个函数对称中心均为为，在同一坐标系中作出两个函数的图象，结合图象根据对称性即可得到答案． 【详解】，两个函数对称中心均为为，在同一坐标系中作出两个函数的图象，如图： 由图可知共有四个交点，且关于对称，故． 故选：A. 【点睛】本题主要考查函数的图象，中心对称图形的特点，属于中档题． 8. 定义在上的函数满足，，，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由已知条件求出一些特值，，，反复利用，可得，，再由与、与的大小关系从而得出结论． 【详解】，， 令得：，又， 反复利用可得： ①， 再令，由，可求得， 同理反复利用可得： ②， 由①②可得：有， ，，而， 所以，， 故． 故选：D． 二、选择题:本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9. 李明每天7：00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则（ ） A. P(X＞32)＞P(Y＞32) B. P(X≤36)＝P(Y≤36) C. 李明计划7：34前到校，应选择坐公交车 D. 李明计划7：40前到校，应选择骑自行车 【答案】BCD 【解析】 【分析】首先利用正态分布，确定和，再结合正态分布的对称性，和的原则，即可求解. 【详解】A.由条件可知，，根据对称性可知，故A错误； B., ，所以，故B正确； C. =，所以，故C正确； D. ，，所以，故D正确. 故选：BCD 10. 已知是定义在上的奇函数，当时，，则（ ） A. 的极大值点为 B. 函数的零点个数为3 C. 函数的零点个数为7 D. 的解集为 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用导函数求出单调区间，根据极值定义和奇偶性可判断A；数形结合判断B、C；赋值方法判断D 【详解】由题意得， 当时，，得， 令，得， 令，得； 所以在单调递减，在单调递增， 所以的极小值点为1， 又是定义在上的奇函数，所以的极大值点为，故A对； 当时，则，所以， 又是定义在上的奇函数，所以，所以 分别画出和的图象， 得函数的零点个数为3，B对； 令，得或或， 令，得，或， 如图，分别画出的图象， 由图可知：函数的零点个数为7， C 对； 令，则， 故D错； 故选：ABC 【点睛】方法点睛： 对于零点个数的求法：一是通过解方程求出零点，二是数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解 11. 天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时，发现了平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹.我们称其为卡西尼卵形线在平面直角坐标系中，设定点为，点为坐标原点，动点满足.下列四个命题中，正确的是（ ） A. 点P的轨迹既是中心对称又是轴对称图形 B. 点的横坐标的取值范围是 C. 的最小值为 D. 的面积的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A项根据轴对称图形、中心对称图形的方程特征进行判断即可；B项结合曲线方程特征消元转化进行判断即可；C项根据卡西尼卵形线的定义，结合基本不等式进行判断即可；D项根据方程特征求得P纵坐标的范围，结合三角形面积公式进行判断即可. 【详解】由题意可知P的轨迹方程为：， 则关于轴对称的点的横纵坐标满足 ， 同理关于轴对称的点， 关于原点对称的点均满足轨迹方程 ， ， 即P的轨迹关于轴、轴轴对称，关于原点中心对称，故A正确； 由基本不等式可知，当且仅当， 即时取得最小值，故C正确； 将轨迹方程平方得 ， 整理得， 解之得， 所以，故B错误； 又因为，故， 当且仅当时取得最大值，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】难点在于对轨迹方程的变形与化简，利用方程的特点求横纵坐标的取值范围是本题关键. 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 双曲线，过左、右焦点作平行于y轴的直线交双曲线于A，B，C，D，若ABCD构成正方形，求双曲线的离心率为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意表示出，再由化简可求出离心率. 【详解】， 当时，，， 则，所以， 所以， 因为为正方形，所以， 所以，化简得 所以， 所以，解得， 因为，所以 故答案为： 13. 已知曲线：和曲线：，若存在斜率为1的直线与，同时相切，则b的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】分别求出两函数的导函数，再分别设直线与两曲线的切点的横坐标，由于斜率为1即导数值为1分别求出切点横坐标，可得切线方程，再根据切线方程系数相等得与的关系式，再根据二次函数性质可求出b的取值范围． 【详解】由题意得，， 设斜率为1的切线在，上的切点横坐标分别为，， 所以，则，， 两点处的切线方程分别为，， 所以，即， 所以b的取值范围为. 故答案为：. 14. 编号为1、2、3、4的四名学生随机入座编号为1、2、3、4的座位，每个座位坐1人，座位编号和学生编号一致时称为一个“配对”，用X表示“配对”数，则X的期望___________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据X的可能取值，运用计数原理和古典概型逐项分析计算即可. 【详解】X的可能取值为0,1,2,4，全排列为 ， 当X=0时，先安排的第一人由3种选择，比如说先安排“1”号人，可以选择2,3,4座位， 如果安排在2号位，则“2”号人也可以由3种选择，比如是安排在1号位， 则“3”号人只能在4号位，“4”号人只能在3号位；如果是安排在3号位， 则“3 ”号人只能在4号位，“4”号人只能在1号位，如果安排在4号位也是类似， 所以有 种排法， ； 当X=1时，先从4人中选一人安排在对应的位置上，由 种选法， 比如选“1”号人安排在1号位，则“2”号人有2种选法，如果选3，则“3”号人只能选4， “4”号人只能2,；如果选4，则“4”号人只能只能选3，“3”号人只能选2；所以有 种排法， ； 当X=2时，先从4人中选2人安排在对应的位置，有 种选法，比如先安排“1”号人 和“2”号人，分别安排在1号和2号位置，则“3”号人和“4”号人只能由1种排法，所以总共 有6种排法， ； 当X=4时，只有1种排法， ； 其数学期望为 ； 故答案为：1. 四、解答题:本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，角所对的边分别为，已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1），利用余弦定理即可得到方程，解出即可； （2）法一：求出，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出，则得到； （3）法一：根据大边对大角确定为锐角，则得到，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可. 【小问1详解】 设，，则根据余弦定理得， 即，解得（负舍）； 则. 【小问2详解】 法一：因为为三角形内角，所以， 再根据正弦定理得，即，解得， 法二：由余弦定理得， 因为，则 【小问3详解】 法一：因为，且，所以， 由（2）法一知， 因为，则，所以， 则， . 法二：， 则， 因为为三角形内角，所以， 所以 16. 已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为． （1）求椭圆的方程及离心率； （2）若直线BD的斜率为0，求t的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意得，进一步得，由此即可得解； （2）设，，联立椭圆方程，由韦达定理有，而，令，即可得解. 【小问1详解】 由题意，从而， 所以椭圆方程为，离心率为； 【小问2详解】 直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾， 从而设，， 联立，化简并整理得， 由题意，即应满足， 所以， 若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设， 所以，在直线方程中令， 得， 所以， 此时应满足，即应满足或， 综上所述，满足题意，此时或. 17. 如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，． （1）若为线段中点，求证：平面． （2）若平面，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 取的中点为，接，则， 而，故，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面. （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，故，故， 故四边形为平行四边形，故，所以平面， 而平面，故，而， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 则由可得，取， 设平面的法向量为， 则由可得，取， 故， 故平面与平面夹角的余弦值为 18. 设函数，直线是曲线在点处的切线． （1）当时，求的单调区间. （2）求证：不经过点. （3）当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ （参考数据：，，） 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为. （2）证明见解析 （3）2 【解析】 【分析】（1）直接代入，再利用导数研究其单调性即可； （2）写出切线方程，将代入再设新函数，利用导数研究其零点即可； （3）分别写出面积表达式，代入得到，再设新函数研究其零点即可. 【小问1详解】 ， 当时，；当，； 在上单调递减，在上单调递增. 则的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 ，切线的斜率为， 则切线方程为， 将代入则， 即，则，， 令， 假设过，则在存在零点. ，在上单调递增，， 在无零点，与假设矛盾，故直线不过. 【小问3详解】 时，. ，设与轴交点为， 时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾. 由（2）知.所以， 则切线的方程为， 令，则. ，则， ，记， 满足条件的有几个即有几个零点. ， 当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增； 当时，，此时单调递减； 因为， ， 所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点， 综上所述，有两个零点，即满足的有两个. 【点睛】 关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题. 19. 已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为． （1）给定数列和序列，写出； （2）是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由； （3）若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”． 【答案】（1） （2）不存在符合条件的，理由见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）直接按照的定义写出即可； （2）解法一：利用反证法，假设存在符合条件的，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；解法二：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，可知序列共有8项，可知：，检验即可； （3）解法一：分充分性和必要性两方面论证；解法二：若，分类讨论相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列，使得为常数列，结合定义分析证明即可. 【小问1详解】 因为数列， 由序列可得； 由序列可得； 由序列可得； 所以. 【小问2详解】 解法一：假设存在符合条件的，可知的第项之和为，第项之和为， 则，而该方程组无解，故假设不成立， 故不存在符合条件的； 解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4， 假设存在符合条件的，且， 因为，即序列共有8项， 由题意可知：， 检验可知：当时，上式不成立， 即假设不成立，所以不存在符合条件的. 【小问3详解】 解法一：我们设序列为，特别规定. 必要性： 若存在序列，使得的各项都相等. 则，所以. 根据的定义，显然有，这里，. 所以不断使用该式就得到，必要性得证. 充分性： 若. 由已知，为偶数，而，所以也是偶数. 我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最小的一个. 上面已经说明，这里，. 从而由可得. 同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从而和都是偶数. 下面证明不存在使得. 假设存在，根据对称性，不妨设，，即. 情况1：若，则由和都是偶数，知. 对该数列连续作四次变换后，新的相比原来的减少，这与的最小性矛盾； 情况2：若，不妨设. 情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾； 情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾. 这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的都有. 假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为. 则此时对任意，由可知必有. 而和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，比原来的更小，这与的最小性矛盾. 综上，只可能，而，故是常数列，充分性得证. 解法二：由题意可知：中序列的顺序不影响的结果， 且相对于序列也是无序的， （ⅰ）若， 不妨设，则， ①当，则， 分别执行个序列、个序列， 可得，为常数列，符合题意； ②当中有且仅有三个数相等，不妨设，则， 即， 分别执行个序列、个序列 可得， 即， 因为为偶数，即为偶数， 可知的奇偶性相同，则， 分别执行个序列，，，， 可得， 为常数列，符合题意； ③若，则，即， 分别执行个、个， 可得， 因为， 可得， 即转为①，可知符合题意； ④当中有且仅有两个数相等，不妨设，则， 即， 分别执行个、个， 可得， 且，可得， 因为为偶数，可知的奇偶性相同， 则为偶数， 且，即转为②，可知符合题意； ⑤若，则，即， 分别执行个、个， 可得， 且，可得， 因为为偶数， 则为偶数， 且，即转为④，可知符合题意； 综上所述：若，则存在序列，使得为常数列； （ⅱ）若存在序列，使得为常数列， 因为对任意， 均有成立， 若为常数列，则， 所以； 综上所述：“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $