精品解析：河北省唐山市第二中学2024-2025学年高三上学期开学摸底演练考试数学试题

唐山二中2024－2025学年度高三年级摸底演练考试 数学试卷 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. 已知为虚数单位，若，则（ ） A. B. 2 C. D. 2i 3. 已知非零向量满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列满足，是数列的前项和，若已知，那么的值为（ ） A. 322 B. 295 C. 293 D. 270 6. 如图，圆台的上、下底面半径分别为，，且，半径为4的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，则圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知过抛物线焦点的直线交于，两点，点，在的准线上的射影分别为点，，线段的垂直平分线的倾斜角为，若，则（    ） A. B. 1 C. 2 D. 4 8. 已知函数的定义域为R，且，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 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. 下列命题中正确的是（ ） A. 数据的第25百分位数是1 B. 若事件的概率满足且，则相互独立 C. 已知随机变量，若，则 D. 若随机变量，则 10. 已知函数是函数的一个极值点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数在区间上单调递减 C. 过点能作两条不同的直线与相切 D. 函数有5个零点 11. 如图，设正方体的棱长为，点是的中点，点为空间内两点，且，则（ ） A. 若平面，则点与点重合 B. 设，则动点的轨迹长度为 C. 平面与平面的夹角的余弦值为 D. 若，则平面截正方体所得截面的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知曲线在处的切线与圆相交于、两点，则____________． 13. 甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人，则第4次传球后球在甲手中的概率为___________. 14. 双曲线的左、右焦点分别为，，直线过与双曲线的左支和右支分别交于两点，．若轴上存在点满足，则双曲线的离心率为__________． 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. △ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，，． （1）求角A的大小； （2）M为△ABC的重心，AM的延长线交BC于点D，且，求△ABC的面积． 16. 如图，在三棱台中，平面，，，． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知函数． （1）试讨论函数的单调性； （2）若，恒成立，求的取值范围． 18. 已知椭圆：的离心率为，是上一点. （1）求的方程. （2）设，分别为椭圆的左、右顶点，过点作斜率不为0的直线，与交于，两点，直线与直线交于点，记的斜率为，的斜率为.证明：①为定值；②点在定直线上. 19. 已知有穷数列的各项均不相等，将的项从大到小重新排序后相应的项数构成新数列，称为的“序数列”.例如，数列､､满足，则其“序数列”为1､3､2，若两个不同数列的“序数列”相同，则称这两个数列互为“保序数列”. （1）若数列､､的“序数列”为2､3､1，求实数x的取值范围； （2）若项数均为2021的数列､互为“保序数列”，其通项公式分别为，（t为常数），求实数t的取值范围； （3）设，其中p､q是实常数，且，记数列的前n项和为，若当正整数时，数列的前k项与数列的前k项（都按原来的顺序）总是互为“保序数列”，求p､q满足的条件. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 唐山二中2024－2025学年度高三年级摸底演练考试 数学试卷 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】A 【解析】 【分析】化简集合，由交集运算即可求解. 【详解】解： 所以 故选：A． 2. 已知为虚数单位，若，则（ ） A. B. 2 C. D. 2i 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据复数代数形式的除法法则化简复数，再求得共轭，即可求解 【详解】解：， 则． 故选：B． 3. 已知非零向量满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知可得，根据投影向量的定义及数量积的运算律求投影向量即可. 【详解】由知：，可得， 所以在方向上的投影向量为. 故选：B 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先利用三角恒等变形，化简为，再利用正切公式表示，即可求解. 【详解】，即，即，则. 故选：A. 5. 已知数列满足，是数列的前项和，若已知，那么的值为（ ） A. 322 B. 295 C. 293 D. 270 【答案】A 【解析】 【分析】由递推公式分析可知数列的前项是首项为，公比为的等比数列，从第项开始是首项为，公差为的等差数列，根据等比数列和等差数列求和公式可求出结果. 【详解】∵，由可知，数列的前项是首项为，公比为的等比数列， 故为奇数，为奇数，所以从第项开始是首项为，公差为的等差数列， 所以. 故选：A 6. 如图，圆台的上、下底面半径分别为，，且，半径为4的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，则圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆台的轴截面图，结合圆台和球的结构特征求解，然后代入圆台的侧面积公式求解即可. 【详解】如图所示，作出轴截面， 分别为上下底面圆的圆心，为侧面切点，为内切球球心， 则为的中点， ， 因为，所以， 则 过点作，垂足为， 则， 在中，由勾股定理得， 即，解得或， 因为，所以，，故， 所以圆台的侧面积为. 故选：D. 7. 已知过抛物线焦点的直线交于，两点，点，在的准线上的射影分别为点，，线段的垂直平分线的倾斜角为，若，则（    ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】首先求直线的倾斜角和直线方程，再联立直线和抛物线方程，利用韦达定理表示弦长，即可求解. 【详解】如图，过点作， 由条件可知直线的倾斜角为，则直线的倾斜角为， 由，，所以, 设直线的直线方程为， 联立，得， 易知，则， 而，得. 故选：B 8. 已知函数的定义域为R，且，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】法一：根据题意赋值即可知函数的一个周期为，求出函数一个周期中的的值，即可解出． 【详解】[方法一]：赋值加性质 因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数，令得，，即有，从而可知，，故，即，所以函数的一个周期为．因为，，，，，所以 一个周期内的．由于22除以6余4， 所以．故选：A． [方法二]：【最优解】构造特殊函数 由，联想到余弦函数和差化积公式 ，可设，则由方法一中知，解得，取， 所以，则 ，所以符合条件，因此的周期，，且，所以， 由于22除以6余4， 所以．故选：A． 【整体点评】法一：利用赋值法求出函数的周期，即可解出，是该题的通性通法； 法二：作为选择题，利用熟悉的函数使抽象问题具体化，简化推理过程，直接使用具体函数的性质解题，简单明了，是该题的最优解. 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. 下列命题中正确的是（ ） A. 数据的第25百分位数是1 B. 若事件的概率满足且，则相互独立 C. 已知随机变量，若，则 D. 若随机变量，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：根据百分位数分析运算；对于B：根据条件概率和独立事件分析判断；对于C：根据二项分布的方差以及方差的性质分析判断；对于D：根据正态分布的性质分析判断. 【详解】对于选项：8个数据从小到大排列，由于， 所以第25百分位数应该是第二个与第三个的平均数，故A错误； 对于选项：由，可得， 即，可得， 所以相互独立，故B正确； 对于选项C：因为，则，故C正确； 对于选项D：因为随机变量， 由正态曲线的对称性可得：，则， 所以，故D正确； 故选：BCD. 10. 已知函数是函数的一个极值点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数在区间上单调递减 C. 过点能作两条不同的直线与相切 D. 函数有5个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先根据函数的极值点求参数的值，再利用导数求函数的单调性，判断AB，利用导数的几何意义求过点的切线方程，根据切点的个数，判断切线的条数，判断C，首先根据，利用数形结合确定的范围，再结合图象确定的零点个数，即可判断D. 【详解】对于A中，由函数，可得， 因为是函数的一个极值点，可得， 解得，经检验适合题意，所以A正确： 对于B中，由，令，解得或， 当时，：当时，；当时，， 故在区间上递增，在区间上递减，在区间上递增，所以B正确： 对于C中，设过点且与函数相切的切点为， 则该切线方程为， 由于切点满足直线方程，则， 整理得，解得，所以只能作一条切线，所以C错误： 对于D中，令，则的根有三个，如图所示，， 所以方程有3个不同根，方程和均有1个根， 故有5个零点，所以D正确. 故选：ABD. 11. 如图，设正方体的棱长为，点是的中点，点为空间内两点，且，则（ ） A. 若平面，则点与点重合 B. 设，则动点的轨迹长度为 C. 平面与平面的夹角的余弦值为 D. 若，则平面截正方体所得截面的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】假设点不与重合，根据平面，平面，可得，而，故假设不成立，A正确；根据已知判断出动点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆的，，进而判断选项B；建立空间直角坐标系，利用向量法求解面面夹角余弦值即可判断选项C；根据已知条件做出图形，即可求出面积判断选项D. 【详解】由正方体的性质知，平面， 若点不与重合，因为平面， 则，与矛盾， 故当平面时，点与重合，故A正确； 因为， 所以点在平面上， 因为， 所以， 则动点的轨迹是以点为圆心， 以为半径的圆的，故其长度为，故B正确； 对于C，以点为坐标原点， 分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 所以. 设平面的一个法向量为， 平面的一个法向量为， 则得， 令，，所以， 同理结合得， 因为， 所以平面与平面的夹角的余弦值为，故C错误； 对于D，过的直线分别交的延长线于点， 然后再分别连接，交侧棱于点， 交侧棱于点，连接和，如图所示： 则得截面为五边形， 易求， ，故， 所以， ， 所以五边形的面积，故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. 已知曲线在处的切线与圆相交于、两点，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出函数在处的切线方程，再由圆内弦长公式求得即可. 【详解】由，定义域为，， 则切线斜率，又， 所以切线方程为：，化简为：； 又因为圆的圆心，半径， 设圆心到直线的距离为，则， 则. 故答案为： 13. 甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人，则第4次传球后球在甲手中的概率为___________. 【答案】 【解析】 【分析】设表示经过第次传球后球在甲手中，设次传球后球在甲手中的概率为，依题意利用全概率公式得到，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，从而求出，再将代入计算可得. 【详解】设表示经过第次传球后球在甲手中，设次传球后球在甲手中的概率为，， 则有，， 所以 ， 即，所以， 又，所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即， 当时. 故答案为：. 14. 双曲线的左、右焦点分别为，，直线过与双曲线的左支和右支分别交于两点，．若轴上存在点满足，则双曲线的离心率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】可以得到比例关系，平行关系，结合图形找出比例线段，结合双曲线的定义，列勾股定理方程计算求解. 【详解】 由题意，即有，根据相似关系可得，设，则，在双曲线的左支，则，在双曲线的右支，则，又，列出勾股定理方程：，解得.在中，，，列勾股定理可得，于是，. 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. △ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，，． （1）求角A的大小； （2）M为△ABC的重心，AM的延长线交BC于点D，且，求△ABC的面积． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）在中，利用诱导公式，正弦定理及正弦二倍角公式化简可得结果； （2）分别在，和中，利用余弦定理建立等量关系，利用三角形面积公式可得结果. 【小问1详解】 在中，因为， 由正弦定理可得， ，，即， 所以， ，， 故，即. 【小问2详解】 因为为的重心，的延长线交于点，且， 所以点为中点，且， 在中，，，即， 在和中，，化简得， 所以，故， 所以的面积为． 16. 如图，在三棱台中，平面，，，． （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 因为平面，平面，所以， 作交于点， 在等腰梯形中，，，所以 在中，，所以， 在中，由余弦定理得， 所以，从而有， 又，所以平面， 因为平面，所以． （2）． 【解析】 【分析】（1）作交于点，根据题意得到，再根据余弦定理得到，进而有平面，由此得证； （2）以为原点，、分别为轴、轴正向，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面与平面夹角的余弦. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，、分别为轴、轴正向，建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，，， ，， 因为平面， 所以为面的一个法向量． 设为面的法向量， 则，即 取，，，则 依题意，， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 17. 已知函数． （1）试讨论函数的单调性； （2）若，恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）当时，在上单调递增.当时，在单调递减，在单调递增. （2） 【解析】 【分析】（1）求出，分和两种情况根据导数即可求解； （2）根据求解即可. 【小问1详解】 ，①当时，恒成立， 在上单调递增， ②当时， 令，得， 在单调递减，在单调递增； 【小问2详解】 对恒成立， ，， 对恒成立的必要条件是，， 下证充分性 当时，，令， 则，令，则， 所以在在单调递增， ，即在单调递增， 故，当时， 使得， 单调递减，得， 不合题意，综上，. 18. 已知椭圆：的离心率为，是上一点. （1）求的方程. （2）设，分别为椭圆的左、右顶点，过点作斜率不为0的直线，与交于，两点，直线与直线交于点，记的斜率为，的斜率为.证明：①为定值；②点在定直线上. 【答案】（1）； （2）①因为过点且斜率不为0，所以可设的方程为， 代入椭圆方程得， 方程的判别式， 设，，则，. 两式相除得，． 因为分别为椭圆的左、右顶点，所以点的坐标为，点的坐标为， 所以，． 从而； ②由①知，设，则， 所以直线的方程为：，直线的方程为， 联立可得， 所以直线与直线的交点的坐标为，所以点在定直线上. 【解析】 【分析】(1)由条件列出关于的方程，解方程可得，由此可得椭圆的方程； (2)①联立方程组，利用设而不求法结合两点斜率公式求即可证明； ②求出直线与直线方程，联立求点的坐标，由此证明点在定直线上. 【小问1详解】 由题意，椭圆的离心率为，是椭圆上一点， 所以，解得， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 ①略 ②略 【点睛】过x轴上定点斜率不为0的动直线方程可设为；过y轴上定点(0，y0)斜率存在的动直线方程可设为. 19. 已知有穷数列的各项均不相等，将的项从大到小重新排序后相应的项数构成新数列，称为的“序数列”.例如，数列､､满足，则其“序数列”为1､3､2，若两个不同数列的“序数列”相同，则称这两个数列互为“保序数列”. （1）若数列､､的“序数列”为2､3､1，求实数x的取值范围； （2）若项数均为2021的数列､互为“保序数列”，其通项公式分别为，（t为常数），求实数t的取值范围； （3）设，其中p､q是实常数，且，记数列的前n项和为，若当正整数时，数列的前k项与数列的前k项（都按原来的顺序）总是互为“保序数列”，求p､q满足的条件. 【答案】（1） （2） （3）当时，、满足的条件是； 当时，、满足的条件是； 当时，、满足的条件是. 【解析】 【分析】（1）由题意得出不等式即可求出； （2）作差判断增减，得出序数列即可求解； （3）讨论或，，，，根据数列的单调性结合题意可得. 【小问1详解】 由题意得，即，解得； 【小问2详解】 ， 当时，，即，当时，，即， 故， 又，，，因此的序数列为，…，2021． 又因、互为“保序数列”，故， 只需满足，解得：． 【小问3详解】 ① 当或时，数列中有相等的项，不满足题意. ② 当时，数列单调递增，故也应单调递增， 从而对且恒成立.又数列单调递增，故. ③ 当时，数列单调递减，故也应单调递减， 从而对且恒成立. 又数列单调递减，故. ④ 当时，数列单调递减，且；单调递增，且， 于是对且恒成立，即，从而. 另一方面，对且恒成立，即，从而. 综上，，即. 此时，，满足题意. 综上，当时，、满足的条件是； 当时，、满足的条件是； 当时，、满足的条件是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $