精品解析：湖南省部分学校2025届高三上学期8月开学考试数学试题

2024-2025学年（上）高三第一次考试 数学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置， 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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. 已知向量，若，则（ ） A. B. 0 C. D. 1 3. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 图中的花盆可视作两个圆台的组合体，其上半部分的圆台上､下底面直径分别为30cm和26cm，下半部分的圆台上､下底面直径分别为24cm和18cm，且两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角均相等，若上半部分的圆台的高为8cm，则该花盆的总高度为（ ） A. 16cm B. 18cm C. 20cm D. 24cm 5. “”是“函数在上单调递增”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知过点直线交抛物线于两点，且为坐标原点，则的面积为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 7. 已知等差数列中，.记，其中表示不大于的最大整数，则数列的前2024项和为（ ） A. 4965 B. 4964 C. 1893 D. 1892 8. 已知三棱锥中，，其余各棱长均为2，P是三棱锥外接球的球面上的动点，则点P到平面BCD的距离的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 年我国居民消费价格月度涨跌幅度的数据如图所示，对于这组数据，下列说法正确的是（ ） A. 极差为 B. 平均数约为 C. 中位数为 D. 众数只有和 10. 已知函数的图象关于直线对称，最小正周期，若将的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. 在上的值域为 D. 上单调递增 11. 已知函数的定义域为，若，且在上单调递增，，则（ ） A. B. C. 是奇函数 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分， 12. 若复数满足，则__________. 13. 设，则被7除的余数为__________. 14. 已知是双曲线上任意一点，，若恒成立，则的离心率的最大值为__________. 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. 如图，在中，为边上一点，且. （1）求； （2）若，求. 16. 已知椭圆的左焦点为，过点且不与轴重合的动直线与交于两点，且当轴时，. （1）求的方程； （2）若，直线分别与直线交于点，证明：为定值. 17. 如图，在三棱柱中，为等边三角形，平面平面，四边形为菱形，为的中点. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角正弦值. 18. 已知函数的图象在点处的切线方程为. （1）求的值； （2）讨论的单调性； （3）若关于的方程有两个正根，证明：. 19. 在一个不透明的口袋中装有2个黑球和2个白球，每次从口袋中随机取出1个球，再往口袋中放入1个白球，取出的球不放回，像这样取出1个球再放入1个白球称为1次操作，重复操作至口袋中4个球均为白球后结束.假设所有球的大小､材质均相同，记事件“次操作后结束”为，事件发生的概率为. （1）求第1次操作取出黑球且3次操作后结束的概率； （2）求数列的通项公式； （3）设，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年（上）高三第一次考试 数学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置， 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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】A 【解析】 【分析】根据一元二次不等式解法求得集合，再根据集合的描述法表示即可求得. 【详解】解不等式可得； 又可知集合是所有整数的平方构成的集合， 在区间范围内只有是整数的平方，因此可得. 故选：A 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. 0 C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量数量积坐标表示以及模长公式解方程即可求得结果. 【详解】由可得，且， 所以，解得. 故选：B 3. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用和角的正切公式，结合正切函数的单调性求解即得. 【详解】由，得，由，得， 而，则，因此， 所以. 故选：C 4. 图中的花盆可视作两个圆台的组合体，其上半部分的圆台上､下底面直径分别为30cm和26cm，下半部分的圆台上､下底面直径分别为24cm和18cm，且两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角均相等，若上半部分的圆台的高为8cm，则该花盆的总高度为（ ） A. 16cm B. 18cm C. 20cm D. 24cm 【答案】C 【解析】 【分析】利用组合体的轴截面以及三角形相似即可得出该花盆的总高度. 【详解】截取组合体的轴截面，作，如下图所示： 易知，即为上半部分的圆台的高，所以， 又因为两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角均相等，所以； 可得， 易知，所以. 因此该花盆的总高度为. 故选：C 5. “”是“函数在上单调递增”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据对数函数和一次函数的单调性，再结合复合函数“同增异减”的判断法则求得对应的的取值范围即可得出结论. 【详解】易知的定义域为，且函数为单调递减函数； 根据复合函数单调性可知若函数在上单调递增， 可得，解得； 显然是的真子集， 所以“”是“函数在上单调递增”的必要不充分条件. 故选：B 6. 已知过点的直线交抛物线于两点，且为坐标原点，则的面积为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，设出直线方程，与抛物线方程联立求出点的纵坐标差即可得解. 【详解】显然直线不垂直于轴，设直线方程为，， 由消去得，则， 由，得，解得或，则， 所以的面积为. 故选：C 7. 已知等差数列中，.记，其中表示不大于的最大整数，则数列的前2024项和为（ ） A. 4965 B. 4964 C. 1893 D. 1892 【答案】A 【解析】 【分析】求出等差数列的通项公式，再分析数列的各项取值，求其前项和. 【详解】设等差数列的公差为，则，，解得，则， 于是，当时，；当时，； 当时，；当时，， 所以数列的前项和为. 故选：A 8. 已知三棱锥中，，其余各棱长均为2，P是三棱锥外接球的球面上的动点，则点P到平面BCD的距离的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据几何性质找到三棱锥外接球的球心，再根据球的几何性质球点到平面距离的最值. 【详解】取的中点，连结，， 则，，且，平面， 所以平面， 点，分别是，的中心，由等边三角形的性质可知， 点分别在上，且， 由题意可知，，则， 分别过点作，， 因平面，平面，所以平面平面， 且平面平面， 所以平面，同理平面， 则点在平面内，点到的距离相等，所以点为三棱锥外接球的球心， 连结，因为，则， 所以平分，所以， 连结， 则，， 所以三棱锥的外接球的半径为， 则点P到平面的距离的最大值为 故选：D 二、多项选择题：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. 年我国居民消费价格月度涨跌幅度的数据如图所示，对于这组数据，下列说法正确的是（ ） A. 极差为 B. 平均数约为 C. 中位数为 D. 众数只有和 【答案】AB 【解析】 【分析】利用平均数，中位数，众数，极差的定义逐个选项分析即可. 【详解】首先，我们把数据从小到大排列，得到， 所以极差为，故A正确， 平均数为，故B正确， 中位数为，故C错误， 众数有，，，故D错误. 故选：AB 10. 已知函数的图象关于直线对称，最小正周期，若将的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，则（ ） A. B C. 在上的值域为 D. 在上单调递增 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正弦函数图象的对称轴和周期的取值范围可求得函数的解析式，利用平移规则以及诱导公式可得出表达式，再根据余弦函数单调性可求得其值域，利用整体代换可求得的单调递增区间. 【详解】依题意由可得，解得， 又可知； 将代入可得，又因为可得; 因此可得，即A正确； 对于B,将的图象向左平移个单位长度后，得到函数， 因此B错误； 对于C，当时可得， 根据余弦函数性质可得，可得C正确； 对于D，令，解得； 易知当时，可得在上单调递增，即D正确. 故选：ACD 11. 已知函数的定义域为，若，且在上单调递增，，则（ ） A. B. C. 是奇函数 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，结合赋值法计算判断ABC；结合选项C的结论，分段探讨的取值情况判断D. 【详解】对于A，令，得，则， 由在上单调递增，得不恒为1，因此，A正确； 对于B，令，得，则， 而，因此，B正确； 对于C，，取，则， 即有，因此函数是偶函数，又时，， 则函数不是奇函数，C错误； 对于D，，令，则， 当时，；当时，，，， 因此，当时，，， 所以，D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分， 12. 若复数满足，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出方程的复数根，再利用复数模的意义计算即得. 【详解】由，得， 所以. 故答案为： 13. 设，则被7除的余数为__________. 【答案】2 【解析】 【分析】依题意可将改写成的形式，再由二项展开式可得被7除的余数为2. 【详解】易知， 根据二项式定理展开可得； 所以 ， 即可得被7除的余数与被7除的余数相同，所以， 所以被7除的余数为2. 故答案为：2 14. 已知是双曲线上任意一点，，若恒成立，则的离心率的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出的最小值并建立不等式，求解不等式即可得解. 【详解】设，双曲线的半焦距为，离心率为，则， 于是 ，当且仅当时取等号， 依题意，，整理得，解得， 即，解得，因此，即 所以的离心率的最大值为. 故答案为： 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. 如图，在中，为边上一点，且. （1）求； （2）若，求. 【答案】（1）6； （2）3. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理列式解方程即得. （2）由（1）的信息，利用正弦定理、余弦定理求解即得. 【小问1详解】 设，则， 由余弦定理可得， 即，得， 所以. 【小问2详解】 由，得，则. 由正弦定可得，解得. 由余弦定理得， 即，而，所以. 16. 已知椭圆的左焦点为，过点且不与轴重合的动直线与交于两点，且当轴时，. （1）求的方程； （2）若，直线分别与直线交于点，证明：为定值. 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，列出关于的方程组求解即得. （2）设出直线的方程，与的方程联立，结合韦达定理求出的值即可. 【小问1详解】 由焦点，得，由，得， 则，联立解得， 所以的方程为. 【小问2详解】 依题意，直线不垂直于轴，设直线的方程为， 由消去得，则， 直线的方程为，令，得点的纵坐标， 同理得点的纵坐标， 所以 ，为定值. 17. 如图，在三棱柱中，为等边三角形，平面平面，四边形为菱形，为的中点. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）取的中点，利用面面垂直的性质，线面垂直的性质、判定推理即得. （2）以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求解即得. 【小问1详解】 设，取的中点，连接，则， 又，则，四边形为平行四边形， 于是，平面平面，平面平面， 则平面，所以平面， 而平面，因此， 由四边形为菱形，得，又平面， 所以平面. 【小问2详解】 依题意，为等边三角形，连接，，平面平面， 平面平面，平面，则平面， 以点为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则， 取，得， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知函数的图象在点处的切线方程为. （1）求的值； （2）讨论的单调性； （3）若关于的方程有两个正根，证明：. 【答案】（1）； （2）在上单调递减，在上单调递增； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义及给定切线求出. （2）由（1），利用导数求出函数的单调区间即可. （3）方程变形为，利用方程根的意义换元构造函数，利用导数推理证明不等式. 【小问1详解】 函数，求导得， 由的图象在点处的切线方程为，得， 所以 【小问2详解】 由（1）知， 由，得，由，得， 所以在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 由，得， 令，依题意，，则， 设，由（2）知在上单调递增，则，， 由，得，于是， 要证当时，，即证， 令，求导得， 令，求导得， 函数，即在上单调递增，， 函数在上单调递增，则当时，，即成立， 所以. 19. 在一个不透明的口袋中装有2个黑球和2个白球，每次从口袋中随机取出1个球，再往口袋中放入1个白球，取出的球不放回，像这样取出1个球再放入1个白球称为1次操作，重复操作至口袋中4个球均为白球后结束.假设所有球的大小､材质均相同，记事件“次操作后结束”为，事件发生的概率为. （1）求第1次操作取出黑球且3次操作后结束的概率； （2）求数列的通项公式； （3）设，证明：. 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件的概率公式计算即得. （2）利用互斥事件的概率加法公式、相互独立事件的概率公式列式，再利用等比数列前n项和公式求解即得. （3）由给定条件，利用错位相减法求和，再结合数列单调性及不等式性质推理即得. 【小问1详解】 用表示第次操作取出黑球，表示第次操作取出白球， . 【小问2详解】 依题意，， 当时，若次操作后结束，则前次操作中，有一次取出黑球，其余次均取出白球， 则 ， 经检验，均满足该式，所以. 【小问3详解】 由（2）知， 则. 设， 则， 从而， 因此， 则， 于是，而， 所以. 【点睛】方法点睛：一般地，如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$