精品解析：湖北省新高考联考协作体2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题

高三数学试卷 试卷满分：150分 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试装、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 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. 设集合，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知b，，虚数是方程的根，则（ ） A. B. C. 4 D. 2 3. 已知向量，，若，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 0 4. 已知相互啮合的两个齿轮，大轮有45齿，小轮有30齿.如果大轮的转速为180（转/分），小轮的半径为10cm，那么小轮周上一点每1s转过的弧长是（ ）cm. A. B. C. D. 5. 已知随机变量，且，则的最小值为（ ） A. 5 B. C. D. 6. 已知某圆台上下底面半径分别为2.5和6，母线长为7，则该圆台内能放入最大球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 设函数，若，则a，b满足的关系式为（ ） A. B. C. D. 8. 小明有一枚质地不均匀的骰子，每次掷出后出现1点的概率为，他掷了k次骰子，最终有6次出现1点，但他没有留意自己一共掷了多少次骰子.设随机变量X表示每掷N次骰子出现1点的次数，现以使最大的N值估计N的取值并计算.（若有多个N使最大，则取其中的最小N值）.下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 与6的大小无法确定 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. 已知函数，则（ ） A. 的极小值点为1 B. 有三个零点 C. 点为曲线的对称中心 D. 过点可以做曲线的两条切线 10. 受潮汐影响，某港口5月份每一天水深y（单位：米）与时间x（单位：时）的关系都符合函数（，，，）.根据该港口的安全条例，要求船底与水底的距离必须不小于2.5米，否则该船必须立即离港，一艘船满载货物，吃水（即船底到水面的距离）6米，计划于5月10日进港卸货（该船进港立即可以开始卸货），已知卸货时吃水深度以每小时0.3米的速度匀速减少，卸完货后空船吃水3米（不计船停靠码头和驶离码头所需时间）.下表为该港口5月某天的时刻与水深关系： 时刻 2：00 5：00 8：00 11：00 14：00 17：00 20：00 23：00 水深/米 10 7 4 7 10 7 4 7 以下选项正确的有（ ） A. 水深y（单位：米）与时间x（单位：时）的函数关系为， B. 该船满载货物时可以在0：00到4：00之间以及12：00到16：00之间进入港口 C. 该船卸完货物后可以在19：00离开港口 D. 该船5月10日完成卸货任务的最早时间为16：00 11. 已知圆，过点向圆引切线，切点为，记的轨迹为曲线，则（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 在第二象限的纵坐标最大的点对应的横坐标为 C. 的渐近线为 D. 当点在上时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，若的系数为，则______． 13. M、N分别为曲线与直线上的点，则的最小值为______. 14. 将椭圆上所有的点绕原点逆时针旋转角，得到椭圆的方程：，椭圆的离心率为______. 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. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求角C的大小； （2）若，，求AB边上的中线长. 16. 已知平面内一动圆过点，且在y轴上截得弦长为4，动圆圆心的轨迹为曲线C. （1）求曲线C的方程； （2）若过点的直线l与曲线C交于点M，N，问：以MN为直径的圆是否过定点？若过定点，求出这个定点；若不过定点，请说明理由. 17. 某学校有，两家餐厅，王同学开学第1天（9月1日）午餐时去餐厅用餐的概率是.如果第1天去餐厅，那么第2天继续去餐厅的概率为；如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为，如此往复. （1）计算王同学第2天去餐厅用餐的概率. （2）记王同学第天去餐厅用餐概率为，求； （3）求九月（30天）王同学去餐厅用餐的概率大于去餐厅用餐概率的天数. 18. 已知函数，函数与的图象关于对称， （1）求的解析式； （2）在定义域内恒成立，求的值； （3）求证：，. 19. 类似平面解析几何中的曲线与方程，在空间直角坐标系中，可以定义曲面（含平面）的方程，若曲面S和三元方程之间满足：①曲面上任意一点的坐标均为三元方程的解；②以三元方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面的方程为，方程的曲面为.已知曲面的方程为. （1）写出坐标平面的方程（无需说明理由），并说明平面截曲面所得交线是什么曲线； （2）已知直线过曲面上一点，以为方向量，求证：直线在曲面上（即上任意一点均在曲面上）； （3）已知曲面可视为平面中某双曲线的一支绕轴旋转一周所得的旋转面；同时，过曲面上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面上.设直线在曲面上，且过点，求异面直线（第二间中的直线）与所成角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学试卷 试卷满分：150分 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试装、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 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. 设集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，可得结论. 【详解】因为，所以且， 所以. 故选：C. 2. 已知b，，虚数是方程的根，则（ ） A. B. C. 4 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】结合题意利用根与系数的关系即可求解. 【详解】是方程的根，则方程另一根为， 故， . 故选：. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】首先利用向量平行得到，然后利用齐次化法将所求式子化成含有的式子即可运算求解. 【详解】由于， . 故答案为：C. 4. 已知相互啮合的两个齿轮，大轮有45齿，小轮有30齿.如果大轮的转速为180（转/分），小轮的半径为10cm，那么小轮周上一点每1s转过的弧长是（ ）cm. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过大轮的速，得到小轮的转速，从而求出小轮上每一点的转速，再根据弧长公式计算可得. 【详解】大轮有45齿，小轮有30齿，…当大轮转动一周时小轮转动周， 当大轮的转速为180时，小轮转速为， 小轮周上一点每1s转过的弧度数为：. 又小轮的半径为10cm，所以小轮周上一点每1s转过的弧长为：. 故选：B 5. 已知随机变量，且，则的最小值为（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性求得，利用基本不等式求得正确答案. 【详解】根据正态分布的知识得，则， ， 当且仅当，即时取等. 故选：D 6. 已知某圆台上下底面半径分别为2.5和6，母线长为7，则该圆台内能放入最大球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用圆台的轴截面的高以及球体的知识求得正确答案. 【详解】圆台的轴截面如图等腰梯形，过分别作垂直， 垂足为，，， 所以圆台轴截面等腰梯形底角为60°，高为， 设边长为的正三角形的内切圆半径为， 则，解得， 即边长为12的正三角形内切圆半径为，， 故能放入最大球半径为，其表面积为. 故选：A. 7. 设函数，若，则a，b满足的关系式为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得在定义域上单调增且零点为，且在定义域上单调减且零点为，即可得到两函数的零点重合，从而得到结果. 【详解】， 且恒成立，在定义域上单调增且零点为， 在定义域上单调减且零点为， 故与在定义域内函数值正负相反且零点重合，则. 故选：C 8. 小明有一枚质地不均匀的骰子，每次掷出后出现1点的概率为，他掷了k次骰子，最终有6次出现1点，但他没有留意自己一共掷了多少次骰子.设随机变量X表示每掷N次骰子出现1点的次数，现以使最大的N值估计N的取值并计算.（若有多个N使最大，则取其中的最小N值）.下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 与6的大小无法确定 【答案】B 【解析】 【分析】先求得的表达式，由此列不等式，结合数学期望的知识确定正确答案. 【详解】X服从二项分布，则， 最大即为满足， 解得， 又，故为整数时，结合题设要求，； 不为整数时N为小于，，故， 故选：B 【点睛】要解决本题，首先要根据已知条件，判断出满足二项分布，从而可利用二项分布的知识来求概率和期望.求解含有组合数的最值计算问题，可以考虑利用商比较法来进行. 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. 已知函数，则（ ） A. 的极小值点为1 B. 有三个零点 C. 点为曲线的对称中心 D. 过点可以做曲线的两条切线 【答案】AC 【解析】 【分析】由极值点的定义，求导计算，即可判断A，由零点的定义代入计算，即可判断B，由对称性的定义即可判断C，由导数的几何意义即可判断D 【详解】， 当时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以为极大值点，1为极小值点，故A正确； 令，即，则或， 所以函数有两个零点，故B错误； 令，则， 又， 所以为奇函数，其图像关于对称， 则图像关于对称，故C正确； 设切点坐标为，则斜率， 则切线方程为， 将点代入切线方程，整理可得，解得， 即过点可以做曲线的一条切线，故D错误； 故选：AC 10. 受潮汐影响，某港口5月份每一天水深y（单位：米）与时间x（单位：时）的关系都符合函数（，，，）.根据该港口的安全条例，要求船底与水底的距离必须不小于2.5米，否则该船必须立即离港，一艘船满载货物，吃水（即船底到水面的距离）6米，计划于5月10日进港卸货（该船进港立即可以开始卸货），已知卸货时吃水深度以每小时0.3米的速度匀速减少，卸完货后空船吃水3米（不计船停靠码头和驶离码头所需时间）.下表为该港口5月某天的时刻与水深关系： 时刻 2：00 5：00 8：00 11：00 14：00 17：00 20：00 23：00 水深/米 10 7 4 7 10 7 4 7 以下选项正确的有（ ） A. 水深y（单位：米）与时间x（单位：时）的函数关系为， B. 该船满载货物时可以在0：00到4：00之间以及12：00到16：00之间进入港口 C. 该船卸完货物后可以在19：00离开港口 D. 该船5月10日完成卸货任务的最早时间为16：00 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意求出函数的解析式，即可判断A；解不等式组，即可判断B；求出19时水的深度，即可判断C；求出函数与的图象的交点，即可判断D. 【详解】解：依题意，，，解得， 显然函数的图象过点， 即，又，因此， 所以函数表达式为，，故A对； 依题意，，整理得， 即有， 即, 解得或， 所以该船可以在0点到4点以及12点到16点进入港口，故B对； 该船卸完货后符合安全条例的最小水深为5.5， 19时水深为，故C错； 该船0点进港即可以开始卸货，设自0点起卸货x小时后， 该船符合安全条例的最小水深为 函数与的图象交于点， 即卸货5小时后，在5点该船必须暂时驶离港口，此时该船的吃水深度为4.5米， 下次水深为7米时刻为11点， 故该船在11点可返回港口继续卸货，5小时后完成卸货，此时为16点， 综上，该船在0点进港开始卸货，5点暂时驶离港口，11点返回港口继续卸货，16点完成卸货任务，故D对. 故选：ABD. 11. 已知圆，过点向圆引切线，切点为，记的轨迹为曲线，则（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 在第二象限的纵坐标最大的点对应的横坐标为 C. 的渐近线为 D. 当点在上时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】先由相切性质得点满足关系式，与已知圆联立消参得轨迹方程，ABC选项由方程形式构造函数，利用导函数研究单调性作出大致图形即可求解；D选项由不等式性质与放缩法可得. 【详解】圆，圆心，半径，且，且. ，则点在圆M外. 由题意知，设， 则① 又点Q在圆M上，则②， ①-②得，，解得③， 由且，解得，且 将③代入②消a得，即为曲线C的方程. 设，，则， 令，解得，或，或（舍） 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 且，，当时，. 且当时，函数与单调性相同， 且，，当时，. 故的大致图象如图①所示， 又由方程可知曲线C关于x轴对称，且. 故曲线C的大致图象为如图②所示， 故C在第二象限的纵坐标最大的点对应的横坐标为，渐近线为，A、B项正确，C错误； D项，当点在C上时，则，由，或. 得，又，， 则，所以成立，故D正确； 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求动点轨迹方程的常见方法有： （1）直接法：从条件中直接寻找到的关系，列出方程后化简即可； （2）代入法：所求点与某已知曲线上一点存在某种关系，则可根据条件用表示出，然后代入到所在曲线方程中，即可得到关于的方程； （3）定义法：从条件中能够判断出点的轨迹为学过的图形，则可先判定轨迹形状，再通过确定相关曲线的要素，求出曲线方程. （4）参数法：从条件中无法直接找到的联系，但可通过一辅助变量，分别找到与的联系，从而得到和的方程：，即曲线的参数方程，消去参数后即可得到轨迹方程. （5）交轨法：选择适当的参数表示两动曲线的方程，将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，若的系数为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式的展开式可求得，进而可得，裂项相消法可求值. 【详解】由二项式的展开式的通项公式可得第， 令，可得的系数为， 所以， 则， 则. 故答案为：. 13. M、N分别为曲线与直线上的点，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】令，恒成立，所以曲线在直线上方，当M处切线与直线平行时最小，然后由导数求出切点，求解即可. 【详解】，， 令可得， 所以，，单调递减； ，，单调递增； 所以恒成立，恒成立， 则曲线在直线上方， 则当M处切线与直线平行时最小， 求导得， 此时点到直线距离即为最短距离， 此时. 故答案为： 14. 将椭圆上所有的点绕原点逆时针旋转角，得到椭圆的方程：，椭圆的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由椭圆的对称性，求解顶点坐标，从而可得，即可求解. 【详解】解：椭圆上所有的点绕原点逆时针旋转角， 得到椭圆的方程：， 设点在该椭圆上， 则其关于的对称点代入椭圆方程有， 即，则该对称点位于椭圆方程上， 同理其关于的对称点也位于椭圆方程上， 则关于对称， 如图所示： 将代入可得， 可得椭圆长轴的顶点为，， 即， 将代入， 可得：， 可得椭圆短轴的顶点为，， 即， 则， 故. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键通过证明该非标准椭圆的对称性，从而得到的值，再按照普通椭圆的定义计算即可，也可将该过程想象成坐标系的旋转. 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A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求角C的大小； （2）若，，求AB边上的中线长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理、三角恒等变换等知识求得. （2）利用余弦定理求得，利用向量法求得AB边上中线长. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得. 又因为，则，所以. 整理得，即. 因为，所以，所以，所以. 【小问2详解】 由余弦定理，且， 则有， 又，故. 设边上中线为CM，则， ，故边上中线长为. 16. 已知平面内一动圆过点，且在y轴上截得弦长为4，动圆圆心的轨迹为曲线C. （1）求曲线C的方程； （2）若过点的直线l与曲线C交于点M，N，问：以MN为直径的圆是否过定点？若过定点，求出这个定点；若不过定点，请说明理由. 【答案】（1） （2）过定点，定点为原点. 【解析】 【分析】（1）设出动圆的圆心坐标，利用圆的性质列出方程并化简即得. （2）设出直线的方程，与曲线C的方程联立，利用韦达定理求出以MN为直径的圆的方程即可推理得证. 【小问1详解】 设动圆圆心， 当时，依题意，，即； 当时，点C的轨迹为点，满足， 所以点C的轨迹方程为. 【小问2详解】 依题意，直线不垂直于轴，设直线l方程为：，， 由消去x并整理得，恒成立， 则，令圆心为，则，，， 直径， 则圆的方程为， 当时，， 因此对于，圆恒过原点， 所以存在定点，以MN为直径的圆过定点. 17. 某学校有，两家餐厅，王同学开学第1天（9月1日）午餐时去餐厅用餐的概率是.如果第1天去餐厅，那么第2天继续去餐厅的概率为；如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为，如此往复. （1）计算王同学第2天去餐厅用餐的概率. （2）记王同学第天去餐厅用餐概率为，求； （3）求九月（30天）王同学去餐厅用餐的概率大于去餐厅用餐概率的天数. 【答案】（1） （2） （3）1天 【解析】 【分析】（1）设表示第1天去餐厅，表示第2天去餐厅，利用全概率公式计算可得； （2）设表示第天去餐厅用餐，则，由全概率公式可得，即可得到，从而求出； （3）依题意只需，从而得到，再结合指数函数的性质计算可得. 【小问1详解】 设表示第1天去餐厅，表示第2天去餐厅，则表示第1天去餐厅， 根据题意得，，，，， 所以. 【小问2详解】 设表示第天去餐厅用餐，则，， 根据题意得，，， 由全概率公式得，， 即， 整理得，，又， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 【小问3详解】 由题意，只需，即， 则，即， 显然必为奇数，为偶数时不成立， 当时，考虑的解， 当时，显然成立，当时，，不成立， 由单调递减得，时，也不成立， 综上，该同学只有1天去餐厅用餐的概率大于去餐厅用餐概率. 18. 已知函数，函数与的图象关于对称， （1）求的解析式； （2）在定义域内恒成立，求的值； （3）求证：，. 【答案】（1），. （2） （3）证明：由（2）可知：，则，即， 则. 又由（2）可知：在上恒成立， 则在上恒成立且当且仅当时取等， 令，，则， 即， 则 ， 综上，，得证. 【解析】 【分析】（1）设图象上任意一点坐标为，利用其对称点在的图象上可得函数的解析式； （2）令，可得为的一个极大值点，求得，再证明当时，在恒成立即可； （3）由（2）可知：，可得，进而可得，利用在上恒成立，令利用可得答案. 【小问1详解】 依题意，设图象上任意一点坐标为， 则其关于对称的点在图象上， 则， 则， 故； 【小问2详解】 令，， 则在恒成立，又， 且在上是连续函数，则为的一个极大值点， ，， 下证当时，在恒成立， 令，， 当，，在上单调递增， 当，，在上单调递减， 故，在上恒成立，又， 则时，恒成立， 综上，； 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略：形如的恒成立的求解策略：1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立. 19. 类似平面解析几何中的曲线与方程，在空间直角坐标系中，可以定义曲面（含平面）的方程，若曲面S和三元方程之间满足：①曲面上任意一点的坐标均为三元方程的解；②以三元方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面的方程为，方程的曲面为.已知曲面的方程为. （1）写出坐标平面的方程（无需说明理由），并说明平面截曲面所得交线是什么曲线； （2）已知直线过曲面上一点，以为方向量，求证：直线在曲面上（即上任意一点均在曲面上）； （3）已知曲面可视为平面中某双曲线的一支绕轴旋转一周所得的旋转面；同时，过曲面上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面上.设直线在曲面上，且过点，求异面直线（第二间中的直线）与所成角的余弦值. 【答案】（1），双曲线 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据坐标平面内点的坐标的特征可知，可得坐标平面的方程；当时，可得平面截曲面所得交线的方程，进而可得曲线类型； （2）设是直线上任意一点，由题意有，从而得点的坐标，代入曲面的方程验证即可. （3）设是直线上任意一点，直线的方向向量为，由题意有，可得点的坐标，代入曲面的方程，进而可求得的关系，可得，利用向量夹角公式求解即可得出答案. 【小问1详解】 根据坐标平面内点的坐标的特征可知，坐标平面的方程为， 已知曲面的方程为， 当时,平面截曲面所得交线上的点满足， 从而平面截曲面所得交线是平面上，以原点为对称中心， 焦点在轴上，实轴长为2，虚轴长为4的双曲线. 【小问2详解】 设是直线上任意一点，由， 均为直线的方向向量，有， 从而存在实数，使得，即， 则，解得，，， 所以点的坐标为， 于是， 因此点的坐标总是满足曲面的方程，从而直线在曲面上. 【小问3详解】 直线在曲面上，且过点, 设是直线上任意一点，直线!的方向向量为， 由，均为直线的方向向量，有， 从而存在实数，使得，即， 则，解得，，， 所以点的坐标为， 在曲面C上， ， 整理得， 由题意，对任意的，有恒成立， ，且， 或，不妨取，或， ，或， 又直线的方向向量为 则异面直线与所成角的余弦值均为. 【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 $