福建省华安县第一中学2024-2025学年高三上学期开学考试数学试卷

华安一中2024-2025学年度开学考试 高三数学试卷 一､单选题（每题8分） 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（每题6分） 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､填空题每题5分 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（13+15+15+17+17=77分） 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； （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，求并从实际意义解释与（1）中的的大小关系. 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. 参考答案： 1.A 【详解】，；由可以推出，所以， a的取值范围是.故选：A. 2.D 【详解】由题意可得， 故，解得，故选：D 3.B 【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.A 【详解】由，则，又，且，所以.故选：A. 5.D 【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 6.C 【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.A 【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.C 【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. 9.BC 【详解】当时，，不合题意； 当时，， ，，，，，， 所以，故选：BC. 10.AD 【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.ABD 【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. 12.112 【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. 【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. 【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： 15.【详解】（1）证明：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：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.【详解】（1）的定义域为，. 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. （2）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.【详解】（1）曲线图象经过点，所以，所以， 所以抛物线的标准方程为. （2）由（1）知，当时，，所以的方程为， 联立，得，则，由，所以弦. （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. 18.【详解】（1）X可能取值为4，5，6，7， ， ； （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， ， ， ， ， . 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.【详解】（1）是T数列， 理由：由题知，即， 所以，， 当时，，所以是T数列. （2）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. （3）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. 学科网（北京）股份有限公司 $$