精品解析：福建省漳州市华安县第一中学2025届高三上学期开学模拟考试数学试题

2024-2025学年度开学模拟考试 高三数学试卷 一、单选题 1. 设集合，，若，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 若复数的实部与虚部相等，则实数m的值为（ ） A. B. C. 1 D. 3 3. 已知，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.7 D. 0.8 4. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 椭圆的短轴长是2，长轴是短轴的2倍，那么椭圆的右焦点到直线的距离是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在处取得最值，且在上恰有两个极值点，则（ ） A. 4 B. 10 C. D. 7. 已知双曲线，若一过焦点F的斜率的直线与双曲线交于A、B两点（A、B在同一支上），且满足，则双曲线的离心率（ ） A. B. C. D. 8. ，为函数的两个零点，其中，则下列说法错误的是（ ） A. B. C. 的最小值为4 D. 的最小值为4 二、多选题 9. 设是首项为，公差为的等差数列；是首项为，公比为的等比数列．已知数列的前项和，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆半径为R．若，且，则（ ） A. B. 面积的最大值为 C. D. 边上的高的最大值为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，若一点P在底面内（包括边界）移动，且满足，则（ ） A. 与平面的夹角的正弦值为 B. 点到的距离为 C. 线段的长度的最大值为 D. 与的数量积的范围是 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题 12. 的展开式中项的系数是________. 13. 已知，若，则的最小值为____________. 14. 已知正方形PQRS的边长为，两个不同的点A，B都在直线QS的同侧（但A，B与P在直线QS的异侧），A，B关于直线PR对称，若，则面积的取值范围是__________． 四、解答题 15. 如图，已知四棱锥中，平面，，． （1）求证：平面平面； （2）若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长． 16. 已知是函数的极小值点． （1）求的单调性； （2）讨论在区间的最大值． 17. 抛物线的图象经过点，焦点为，过点且倾斜角为的直线与抛物线交于点，，如图． （1）求抛物线的标准方程； （2）当时，求弦的长； （3）已知点，直线，分别与抛物线交于点，．证明：直线过定点． 18. 口袋中共有7个质地和大小均相同的小球，其中4个是黑球，现采用不放回抽取方式每次从口袋中随机抽取一个小球，直到将4个黑球全部取出时停止. （1）记总的抽取次数为X，求E（X）； （2）现对方案进行调整：将这7个球分装在甲乙两个口袋中，甲袋装3个小球，其中2个是黑球；乙袋装4个小球，其中2个是黑球.采用不放回抽取方式先从甲袋每次随机抽取一个小球，当甲袋的2个黑球被全部取出后再用同样方式在乙袋中进行抽取，直到将乙袋的2个黑球也全部取出后停止.记这种方案的总抽取次数为Y，求E（Y）并从实际意义解释E（Y）与（1）中的E（X）的大小关系. 19. 设任意一个无穷数列的前项之积为，若，，则称是数列． （1）若是首项为，公差为的等差数列，请判断是否为数列？并说明理由； （2）证明：若的通项公式为，则不是数列； （3）设是无穷等比数列，其首项，公比为，若是数列，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度开学模拟考试 高三数学试卷 一、单选题 1. 设集合，，若，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先解一元二次不等式，再根据集合间的关系求参． 【详解】，； 由可以推出，所以，. 故a的取值范围是． 故选：A. 2. 若复数的实部与虚部相等，则实数m的值为（ ） A. B. C. 1 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算，求得的实部和虚部，解方程即可求得答案. 【详解】由题意可得， 故，解得 ， 故选：D 3. 已知，且，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.7 D. 0.8 【答案】B 【解析】 【分析】由正态曲线的对称性可求出，即可求出. 【详解】根据正态曲线的对称性，由，得， 再由总体密度曲线，数形结合知：. 故选：B． 4. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数函数，对数函数，幂函数的单调性比较大小． 【详解】由，则， 又， 且， 所以． 故选：A． 5. 椭圆的短轴长是2，长轴是短轴的2倍，那么椭圆的右焦点到直线的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据短轴长及长轴长,结合椭圆中可求得.即可求得椭圆的右焦点到直线的距离. 【详解】椭圆的短轴长是2,长轴是短轴的2倍 则,解得 因为,可得 所以右焦点坐标为,直线方程为 所以右焦点到直线的距离为 故选:D 【点睛】本题考查了椭圆的定义域几何性质的简单应用,属于基础题. 6. 已知函数在处取得最值，且在上恰有两个极值点，则（ ） A. 4 B. 10 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意求出与的关系式，根据的范围求出的范围，当时同理即可求解. 【详解】由题意可知，，， 解得，，当时， 由，得， 由题意，得，解得，所以不存在， 当时，由， 得，由题意， 得，解得， 所以. 故选：C. 7. 已知双曲线，若一过焦点F的斜率的直线与双曲线交于A、B两点（A、B在同一支上），且满足，则双曲线的离心率（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设直线方程为，联立双曲线方程得，由韦达定理得，再根据条件得，联立方程即可得出结果. 【详解】假设F为右焦点， 根据题意，设直线方程为，， 由，消得到， 易知，由韦达定理得， 又因为，所以，得到， 将代入，得到， 将代入，得到， 又，所以，得到， 故选：A. 8. ，为函数的两个零点，其中，则下列说法错误的是（ ） A. B. C. 的最小值为4 D. 的最小值为4 【答案】C 【解析】 【分析】由零点的定义可知，直线与函数的图象有两个公共点，其横坐标为，，结合的性质可得，再借助对勾函数的性质和基本不等式逐项判断即可得出答案. 【详解】函数的定义域为，且， 由，得，因此直线与函数的图象有两个公共点， 其横坐标为，，比1大还是小对的图象没有影响，可令， 而当时，递减，当时，递增，于是， 对于A，由，得，即，A正确； 对于B，，而函数在上单调递增， 因此，B正确； 对于C，，函数在上单调递增， 因此，C错误； 对于D，，当且仅当时取等号，D正确. 故选：C． 【点睛】关键点睛：本题的关键点在于将题意转化为直线与函数的图象有两个公共点，其横坐标为，，结合的性质可得，再借助对勾函数的性质和基本不等式逐项判断即可得出答案. 二、多选题 9. 设是首项为，公差为的等差数列；是首项为，公比为的等比数列．已知数列的前项和，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据分组求和，利用等差数列、等比数列求和公式用、、、表示出，再结合，由系数对应相等分别求出、、、，选出答案. 【详解】当时，，不合题意； 当时，， ，，，，，， 所以， 故选：BC． 10. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆半径为R．若，且，则（ ） A. B. 面积的最大值为 C. D. 边上的高的最大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角求出，再结合三角形面积公式、余弦定理逐项计算判断得解. 【详解】在中，由及正弦定理，得，而， 则，由余弦定理得，而，解得， 对于A，，A正确； 对于B，显然，当且仅当时取等号，，B错误； 对于C，，C错误； 对于D，令边上的高为，则，解得，D正确. 故选：AD 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，若一点P在底面内（包括边界）移动，且满足，则（ ） A. 与平面的夹角的正弦值为 B. 点到的距离为 C. 线段的长度的最大值为 D. 与的数量积的范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】建系，标点，设，根据向量垂直可得.对于A：利用空间向量求线面夹角；对于B：利用空间向量求点到线的距离；对于C：根据空间向量的模长公式分析求解；对于D：根据空间向量的数量积分析求解. 【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，设， 可得，， 若，则，可得， 则，解得，即. 对于选项A：可知平面的法向量， 则， 所以与平面的夹角的正弦值为，故A正确； 对于选项B：因为， 所以点到的距离为，故B正确； 对于选项C：因为， 则， 且，可得当且仅当时，取到最大值， 所以线段的长度的最大值为3，故C错误； 对于选项D：因为，， 则， 且，可知当时，取到最小值； 当时，取到最大值； 所以与的数量积的范围是，故D正确； 故选：ABD. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题 12. 的展开式中项的系数是________. 【答案】112 【解析】 【分析】由二项式展开式的通项公式得，令确定的值，然后计算项的系数即可. 【详解】展开式的通项公式， 令可得，， 则项的系数为. 故答案为：112. 13. 已知，若，则的最小值为____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，化简得到，设，求得，结合基本不等式，即可求解. 【详解】由，且，可得， 则， 设，可得且， 可得， 当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值为. 故答案为：. 14. 已知正方形PQRS的边长为，两个不同的点A，B都在直线QS的同侧（但A，B与P在直线QS的异侧），A，B关于直线PR对称，若，则面积的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，由求出点的轨迹，由轨迹特征求点的直线的距离的取值范围，可求面积的取值范围. 【详解】以PR为x轴，QS为y轴建系，则，， 设，，且，，所以，， 因为，所以， 即A位于双曲线的右支上，渐近线方程为或， 设点A到直线PS的距离为h，又直线与直线PS的距离为，点到直线PS的距离为， 则，又， 所以面积的取值范围是． 故答案为： 四、解答题 15. 如图，已知四棱锥中，平面，，． （1）求证：平面平面； （2）若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长． 【答案】（1） 设中点为，连接，如图， 因为，且， 故四边形为正方形， 而，，， 所以，所以， 因为平面，平面，所以， 又平面，，所以平面， 因为平面，所以平面平面． （2） 【解析】 【分析】（1）设中点为，连接，先证得，，由线面垂直的判定定理可证得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明. （2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，分别求出平面与平面的法向量，代入二面角公式即可得出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，， 所以，， 设平面的法向量为，则，即， 令，所以， 由（1）知，平面的法向量为， 设平面与平面所成角为，则， ， 解得或（舍去），所以． 16. 已知是函数的极小值点． （1）求的单调性； （2）讨论在区间的最大值． 【答案】（1）在单调递减，在区间单调递增，在单调递减． （2）时，故最大值为；时，最大值为；时，最大值为；时，最大值为；时，最大值为． 【解析】 【分析】（1）根据极值点求出，再求导，根据导数正负得出单调性即可； （2）根据（1）的结论，用m对区间进行分类讨论，再根据再结合单调性得到最值. 【小问1详解】 的定义域为R，． 当时，，不是的极值点． 当时，令，得，． 在小于0，在区间大于0，在小于0， 故在单调递减，在区间单调递增，在单调递减，此时是的极小值点，符合题意． 综上，在单调递减，在区间单调递增，在单调递减． 【小问2详解】 由（1）可知：在单调递减，在区间单调递增，在单调递减．分类讨论. 当,即时，在区间单调递减，故最大值为； 当时，在单调递减，在单调递增，故最大值为； 当时，在区间单调递增，故最大值为； 当时，在单调递增，在单调递减，故最大值为； 当时，在区间单调递减，故最大值为． 17. 抛物线的图象经过点，焦点为，过点且倾斜角为的直线与抛物线交于点，，如图． （1）求抛物线的标准方程； （2）当时，求弦的长； （3）已知点，直线，分别与抛物线交于点，．证明：直线过定点． 【答案】（1） （2） （3） 由（1）知，直线的斜率不为0，设直线的方程为， ，，，， 联立得，， 因此，． 设直线的方程为，联立得， 则，因此，，得， 同理可得， 所以． 因此直线的方程为， 由对称性知，定点在轴上， 令得， ， 所以，直线过定点． 【解析】 【分析】（1）由曲线图象经过点，可得，则得抛物线的标准方程； （2）写出的方程,和抛物线方程联立，消元后，由韦达定理可得，则； （3）设直线的方程为，，，，，和抛物线方程联立，消元后，由韦达定理可得，．直线的方程为，和抛物线方程联立，消元后，由韦达定理可得，同理可得，由，可得，则直线的方程为，由对称性知，定点在轴上，令，可得，则的直线过定点． 【小问1详解】 曲线图象经过点，所以，所以， 所以抛物线的标准方程为． 【小问2详解】 由（1）知，当时，,所以的方程为， 联立，得，则， 由，所以弦． 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： (1)“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； (2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； (3)求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 18. 口袋中共有7个质地和大小均相同的小球，其中4个是黑球，现采用不放回抽取方式每次从口袋中随机抽取一个小球，直到将4个黑球全部取出时停止. （1）记总的抽取次数为X，求E（X）； （2）现对方案进行调整：将这7个球分装在甲乙两个口袋中，甲袋装3个小球，其中2个是黑球；乙袋装4个小球，其中2个是黑球.采用不放回抽取方式先从甲袋每次随机抽取一个小球，当甲袋的2个黑球被全部取出后再用同样方式在乙袋中进行抽取，直到将乙袋的2个黑球也全部取出后停止.记这种方案的总抽取次数为Y，求E（Y）并从实际意义解释E（Y）与（1）中的E（X）的大小关系. 【答案】（1） （2）6， 在将球分装时，甲袋中的黑球取完后直接取乙袋，若此时甲袋中还有其它球，则该球的干扰作用已经消失，所以同样是要取出4个黑球，调整后的方案总抽取次数的期望更低. 【解析】 【分析】（1）确定X可能取值为4，5，6，7，分别求出概率后，由期望公式计算出期望； （2）Y可能取值为4，5，6，7，设甲袋和乙袋抽取次数分别为和，利用独立事件概率公式求得的概率，再由期望公式计算出期望，根据白球对取到黑球的影响说明期望的大小关系． 【小问1详解】 X可能取值为4，5，6，7， ， ； 【小问2详解】 Y可能取值为4，5，6，7，设甲袋和乙袋抽取次数分别为和 ， ， ， ， ， . 在将球分装时，甲袋中的黑球取完后直接取乙袋，若此时甲袋中还有其它球，则该球的干扰作用已经消失，所以同样是要取出4个黑球，调整后的方案总抽取次数的期望更低. 19. 设任意一个无穷数列的前项之积为，若，，则称是数列． （1）若是首项为，公差为的等差数列，请判断是否为数列？并说明理由； （2）证明：若的通项公式为，则不是数列； （3）设是无穷等比数列，其首项，公比为，若是数列，求的值． 【答案】（1）是T数列，理由见解析 （2）证明见解析 （3）或． 【解析】 【分析】（1）由题知，再根据T数列的定义，即可作出判断； （2）先假设是数列，从而有，再进行验证，即可证明结果； （3）根据题设得到，取对数后可得，分类讨论后可求. 【小问1详解】 是T数列， 理由：由题知，即， 所以，， 当时，，所以是T数列． 【小问2详解】 假设是数列，则对任意正整数，总是中的某一项， ， 所以对任意正整数，存在正整数满足：， 显然时，存在，满足， 取，得，所以， 可以验证：当，2，3，4时，都不成立， 故不是T数列. 【小问3详解】 已知是等比数列，其首项，公比， 所以， 所以， 由题意知对任意正整数n，总存在正整数m，使得， 即对任意正整数n，总存在正整数m，使得， 即对任意正整数n，总存在正整数m，使得， 若，则，任意，这不可能成立； 若， 故对任意，总存在使得该等式成立， 故必为整数， 取，则有正整数解，故， 若，则，此时方程对任意， 必有正整数解； 若，则， 此时方程对任意， 必有正整数解； 综上，或． 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $