精品解析：江西省宜春市丰城中学2025届高三上学期开学考试数学试题

丰城中学2024-2025学年上学期高三入学考试试卷 数学 一､单选题：（本大题共8小题，每小题5分，满分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. 已知数集满足：，，若，则一定有：（ ）. A. B. C. D. 2. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，则该平面图形的高为（ ） A. B. 1 C. D. 2 3. 设函数（，），则函数的单调性（ ） A. 与有关，且与有关 B. 与无关，且与有关 C. 与有关，且与无关 D. 与无关，且与无关 4. 在中，“”是“”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 5. 已知向量，，若向量在向量上的投影向量，则（ ） A. B. C. 3 D. 7 6. 已知直线y＝ax－a与曲线相切，则实数a＝（ ） A. 0 B. C. D. 7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与交于点．直线为在点处的切线，点关于的对称点为．由椭圆的光学性质知，三点共线．若，则（ ） A. B. C. D. 8. 设实数满足，，不等式恒成立，则实数的最大值为（ ） A. 12 B. 24 C. D. 二､多选题：（本大题共3小题，每小题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. 已知复数，，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. 存在实数使得 B. 当时，有三个零点 C. 点是曲线的对称中心 D. 若曲线有两条过点的切线，则 11. 冒泡排序是一种计算机科学领域的较简单的排序算法，其基本思想是：通过对待排序序列从左往右，依次对相邻两个元素比较大小，若，则交换两个数的位置，使值较大的元素逐渐从左移向右，就如水底下的气泡一样逐渐向上冒，重复以上过程直到序列中所有数都是按照从小到大排列为止.例如：对于序列进行冒泡排序，首先比较，需要交换1次位置，得到新序列，然后比较，无需交换位置，最后比较，又需要交换1次位置，得到新序列最终完成了冒泡排序，同样地，序列需要依次交换完成冒泡排序.因此，和均是交换2次的序列.现在对任一个包含个不等实数的序列进行冒泡排序，设在冒泡排序中序列需要交换的最大次数为，只需要交换1次的序列个数为，只需要交换2次的序列个数为，则（ ） A. 序列是需要交换3次的序列 B. C. D. 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，满分15分） 12. 若，则______． 13. 展开式中的系数为，则的值为______． 14. 三棱锥的所有棱长均为2，E，F分别为线段BC与AD的中点，M，N分别为线段AE与CF上的动点，若平面ABD，则线段MN长度的最小值为______． 四､解答题（本大题共5小题，满分77分．解答须写出文字说明､证明过程和演算步骤．） 15. 如图，在中，已知边上的两条中线相交于点． （1）求中线的长； （2）求的余弦值； 16. 如图，在四棱锥中，，，，三棱锥的体积为. （1）求点到平面的距离； （2）若，平面平面，点在线段上，，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 某市为提升中学生的环境保护意识，举办了一次“环境保护知识竞赛”，分预赛和复赛两个环节，预赛成绩排名前三百名的学生参加复赛．已知共有12000名学生参加了预赛，现从参加预赛的全体学生中随机地抽取100人的预赛成绩作为样本，得到频率分布直方图如图： （1）规定预赛成绩不低于80分为优良，若从上述样本中预赛成绩不低于60分的学生中随机地抽取2人，求至少有1人预赛成绩优良的概率，并求预赛成绩优良的人数X的分布列及数学期望； （2）由频率分布直方图可认为该市全体参加预赛学生的预赛成绩Z服从正态分布，其中可近似为样本中的100名学生预赛成绩的平均值（同一组数据用该组区间的中点值代替），且，已知小明的预赛成绩为91分，利用该正态分布，估计小明是否有资格参加复赛？ 附：若，则，，；． 18. 已知 且，函数． （1），，为数列的前 项和，当时，试比较与2024的大小，并说明理由： （2）当时，证明：； （3）当且时，试讨论的零点个数． 19. 对于求解方程的正整数解（，，）的问题，循环构造是一种常用且有效地构造方法．例如已知是方程的一组正整数解，则，将代入等式右边，得，变形得：，于是构造出方程的另一组解，重复上述过程，可以得到其他正整数解．进一步地，若取初始解时满足最小，则依次重复上述过程可以得到方程的所有正整数解．已知双曲线（，）的离心率为，实轴长为2． （1）求双曲线的标准方程； （2）方程的所有正整数解为，且数列单调递增． ①求证：始终是4的整数倍； ②将看作点，试问的面积是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丰城中学2024-2025学年上学期高三入学考试试卷 数学 一､单选题：（本大题共8小题，每小题5分，满分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. 已知数集满足：，，若，则一定有：（ ）. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助交集与并集的性质推导即可得. 【详解】由，， 故、或、， 由，故，故C正确，D错误； 同理，、或，，故A、B错误. 故选：C. 2. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，则该平面图形的高为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】过点作，在直角中，求得，结合斜二测画法的规则，即可求得原平面图形的高，得到答案. 【详解】如图所示，过点作， 因为四边形为直角梯形，且，，可得， 在直角中，可得， 根据斜二测画法的规则，可得原平面图形的高为. 故选：C. 3. 设函数（，），则函数的单调性（ ） A. 与有关，且与有关 B. 与无关，且与有关 C. 与有关，且与无关 D. 与无关，且与无关 【答案】D 【解析】 【分析】 通过对进行讨论，再用复合函数的求单调性的方法，可知该函数的单调性与是否有关. 【详解】函数（，）， 当时，单调递减. 当时，单调递减. 则且，，的单调性都为单调递减. 所以函数（，）的单调性与无关. 故选：D 4. 在中，“”是“”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】先证明条件是必要的，再构造反例说明条件不是充分的. 【详解】若，则，故条件是必要的； 当，，时，有，，故条件不是充分的. 故选：B. 5. 已知向量，，若向量在向量上的投影向量，则（ ） A. B. C. 3 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】利用投影向量的概念结合平面向量数量积的坐标表示及模长公式计算即得. 【详解】因向量在向量上的投影向量是，则， 故，于是. 故选：B. 6. 已知直线y＝ax－a与曲线相切，则实数a＝（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的几何意义可得，求解即可. 【详解】由且x不为0，得 设切点为，则，即， 所以，可得. 故选：C 7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与交于点．直线为在点处的切线，点关于的对称点为．由椭圆的光学性质知，三点共线．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】画出图形，由题意可得出，利用椭圆的定义结合已知条件可求出、的值，即可得解. 【详解】如下图所示： 因为点关于的对称点为，则， 因为，且， 所以，， 所以，，可得， 则， 所以，，故． 故选：D 8. 设实数满足，，不等式恒成立，则实数的最大值为（ ） A. 12 B. 24 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】原不等式可转化为，利用均值不等式求最小值即可. 【详解】由，变形可得，， 令，， 则转化为，即， 其中， 当且仅当，即，时取等号， 所以不等式恒成立，只需， 故选：B 二､多选题：（本大题共3小题，每小题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. 已知复数，，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据复数的运算性质以及模的运算公式对应各个选项逐个判断即可求解． 【详解】设，，其中. 对于选项A: ，所以与不一定相等，故选项A错误； 对于选项B: 因为， 所以， 因为， 所以,故选项B正确； 对于选项C: 因为, 所有 因为， 所以,故选项C正确； 对于选项D:因为，所以 ，而与不一定相等,故选项D错误； 故选：BC. 10. 已知函数，则（ ） A. 存在实数使得 B. 当时，有三个零点 C. 点是曲线的对称中心 D. 若曲线有两条过点的切线，则 【答案】AC 【解析】 【分析】对A，求出的导函数，使其和相等，解方程看是否有实数根，即可求得； 对B，根据的导函数确定单调区间以及极值点，看与轴交点即可判断； 对C，根据中心对称公式即可判断； 对D，设过的切线的切点为，由条件可得有两个根，结合导数研究方程的根即可. 【详解】对A，根据已知的导函数，令 则，令， ，当时， 根据函数零点存在定理存在实数使得，故A正确； 对B，根据题意知，令得到， 在和上，所以在和单调递增， 在上，所以在单调递减， 是的极大值，且的极大值大于极小值， ， ， 所以在定义域内有且只有一个零点，故B错误； 对C，令，该函数定义域为R， 且， 所以为奇函数，是的对称中心， 将向下移动两个单位得到的图像， 所以点是曲线的对称中心，故C正确； 对D，过的切线的切点为，切线斜率为， 则切线方程为， 把点代入可得，化简可得， 令， 则，令可得或， 在和上大于零，所以在和上单调递增， 在上小于零，所以在单调递减， 要使有两个解，一个极值一定为， 若函数在极值点时的函数值为，可得， 所以 若函数在极值点时的函数值为，可得， 所以，故D不正确. 故选：AC 11. 冒泡排序是一种计算机科学领域的较简单的排序算法，其基本思想是：通过对待排序序列从左往右，依次对相邻两个元素比较大小，若，则交换两个数的位置，使值较大的元素逐渐从左移向右，就如水底下的气泡一样逐渐向上冒，重复以上过程直到序列中所有数都是按照从小到大排列为止.例如：对于序列进行冒泡排序，首先比较，需要交换1次位置，得到新序列，然后比较，无需交换位置，最后比较，又需要交换1次位置，得到新序列最终完成了冒泡排序，同样地，序列需要依次交换完成冒泡排序.因此，和均是交换2次的序列.现在对任一个包含个不等实数的序列进行冒泡排序，设在冒泡排序中序列需要交换的最大次数为，只需要交换1次的序列个数为，只需要交换2次的序列个数为，则（ ） A. 序列是需要交换3次的序列 B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，不妨设序列的n个元素为，由题意可判断A中序列交换次数；再根据等差数列前项和公式即可判断B；得出只要交换1次的序列的特征即可判断C；利用累加法求出通项公式即可判断D. 【详解】对A，序列，比较，无需交换位置，比较，需要交换1次位置，得到新序列，比较，无需交换位置，最后比较，需要交换1次位置，得到新序列，完成冒泡排序，共需要交换2次，故A错误； 对B，不妨设序列的n个元素为，交换次数最多的序列为， 将元素n冒泡到最右侧，需交换次次， 将元素n-1冒泡到最右侧，需交换次次， ， 故共需要， 即最大交换次数，故B正确； 对C，只要交换1次的序列是将中的任意相邻两个数字调换位置的序列，故有个这样的序列，即，故C正确； 对D，当n个元素的序列顺序确定后，将元素n+1添加进原序列， 使得新序列（共n+1个元素）交换次数也是2， 则元素n+1在新序列的位置只能是最后三个位置， 若元素n+1在新序列的最后一个位置， 则不会增加交换次数，故原序列交换次数为2（这样的序列有个）， 若元素n+1在新序列的倒数第二个位置，则会增加1次交换， 故原序列交换次数为1（这样的序列有个）， 若元素n+1在新序列的倒数第三个位置， 则会增加2次交换，故原序列交换次数为0（这样的序列有1个）， 因此，， 所以，显然， 所以，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：在解与数列新定义相关的题目时，理解新定义是解决本题的关键. 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，满分15分） 12. 若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查同角三角函数的基本关系和二倍角余弦公式的应用.根据，，解得，结合二倍角余弦公式进行解答即可． 【详解】因为可得，因为， 可得，解得或（舍去） 所以． 故答案为:． 13. 展开式中的系数为，则的值为______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式分析求解. 【详解】因为的展开式的通项公式为， 可知展开式中含的项为， 则展开式中的系数为，解得. 故答案为：1. 14. 三棱锥的所有棱长均为2，E，F分别为线段BC与AD的中点，M，N分别为线段AE与CF上的动点，若平面ABD，则线段MN长度的最小值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】延长CM交AB于点I，设，由余弦定理得，根据角平分线定理以及平行线性质可知，运用换元法和二次函数性质可得线段MN长度的最小值． 【详解】延长CM交AB于点I，因为平面ABD， 由线面平行性质定理可知，设， 因为三棱锥的所有棱长均为2， 所以，且E为线段BC的中点， 所以AE平分∠BAC，由角平分线定理可知， 所以， 因为F为线段AD的中点，所以， 由余弦定理可知， 所以， 令，，化简可得， 因为，所以， 则在时取得最小值， 所以， 综上当，即时MN取得最小值． 故答案为：． 四､解答题（本大题共5小题，满分77分．解答须写出文字说明､证明过程和演算步骤．） 15. 如图，在中，已知边上的两条中线相交于点． （1）求中线的长； （2）求的余弦值； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意得到，再平方求解即可. （2）首先根据题意得到，从而得到，再根据求解即可. 【小问1详解】 因为为的中点，， 【小问2详解】 ， ， . . 16. 如图，在四棱锥中，，，，三棱锥的体积为. （1）求点到平面的距离； （2）若，平面平面，点在线段上，，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等体积法求得点到平面的距离； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 设点到平面的距离为， 则， 由题可知， 所以， 所以点到平面的距离为. 【小问2详解】 取的中点，连接，因为， 又平面平面且交线为，平面，， 所以平面，由（1）知. 由题意可得， 所以，所以. 以点为坐标原点，为轴，为轴，过点作的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则， 依题意， 所以. 设平面的法向量为， 则，故可设， 平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 某市为提升中学生的环境保护意识，举办了一次“环境保护知识竞赛”，分预赛和复赛两个环节，预赛成绩排名前三百名的学生参加复赛．已知共有12000名学生参加了预赛，现从参加预赛的全体学生中随机地抽取100人的预赛成绩作为样本，得到频率分布直方图如图： （1）规定预赛成绩不低于80分为优良，若从上述样本中预赛成绩不低于60分的学生中随机地抽取2人，求至少有1人预赛成绩优良的概率，并求预赛成绩优良的人数X的分布列及数学期望； （2）由频率分布直方图可认为该市全体参加预赛学生的预赛成绩Z服从正态分布，其中可近似为样本中的100名学生预赛成绩的平均值（同一组数据用该组区间的中点值代替），且，已知小明的预赛成绩为91分，利用该正态分布，估计小明是否有资格参加复赛？ 附：若，则，，；． 【答案】（1），分布列： X 0 1 2 P （2）有资格参加复赛 【解析】 【分析】（1）根据超几何分布的概率计算即可求解分布列， （2）根据正态分布的对称性即可求解. 【小问1详解】 预赛成绩在范围内的样本量为：， 预赛成绩在范围内的样本量为：， 设抽取的2人中预赛成绩优良的人数为X，可能取值为0,1,2，则， 又， 则X的分布列为： X 0 1 2 P 故． 【小问2详解】 ， ，则，又， 故， 故全市参加预赛学生中，成绩不低于91分的有人， 因为，故小明有资格参加复赛， 18. 已知 且，函数． （1），，为数列的前 项和，当时，试比较与2024的大小，并说明理由： （2）当时，证明：； （3）当且时，试讨论的零点个数． 【答案】（1），理由： 当时，， 则 ， 所以当时，； （2）证明：当时，，求导得， 令，求导得， 当时，，当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增， 于是，即，函数在上单调递增， 又，因此时，，当时，， 所以. （3）1个. 【解析】 【分析】（1）求出，利用分组求和法及等差等比数列前 项和公式计算即可得解. （2）把代入，利用导数探讨单调性，结合函数的零点推理即得. （3）按，分类，利用导数结合（2）的结论及零点存在性定理求解即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ①若，函数在上为单调递增函数，且， 因此函数有且仅有一个零点； ②若，当时，，当时，， 由（2）知：当时，， 当时，，且，则函数只有一个零点. 综上所述：当且时，的零点个数为1个． 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 19. 对于求解方程的正整数解（，，）的问题，循环构造是一种常用且有效地构造方法．例如已知是方程的一组正整数解，则，将代入等式右边，得，变形得：，于是构造出方程的另一组解，重复上述过程，可以得到其他正整数解．进一步地，若取初始解时满足最小，则依次重复上述过程可以得到方程的所有正整数解．已知双曲线（，）的离心率为，实轴长为2． （1）求双曲线的标准方程； （2）方程的所有正整数解为，且数列单调递增． ①求证：始终是4的整数倍； ②将看作点，试问的面积是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）①证明： 方法一：由得，其中是方程的一组正整数解，则， 在循环构造中，对任意正整数，由，是正整数，第k组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分， 注意到二项式的展开式中不含的部分与二项式的展开式中不含的部分相同， 二项式的展开式中含的部分与二项式的展开式中含的部分互为相反数，于是由二项式定理有 ，，从而， 于是对任意的正整数， ， 因为是正整数，所以是4的整数倍． 方法二：在循环构造中，对任意正整数， 由，是正整数，第组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分； 第组解中的为二项式的展开式中不含的部分， 为二项式的展开式中含的部分， 故， 于是， ， 即， 由得，， 代入得， 整理得，即． 因为是正整数，所以是4的整数倍； ②是定值，理由如下： ，，设，的夹角为， 则的面积 ， 由得，， 代入得，， 由得，从而， 故，， ． ，，，，即， 代入得， 于是的面积为定值． 【解析】 【分析】（1）由实轴长和离心率即可求得双曲线的标准方程； （2）结合题目所给的循环构造的方法和二项式定理来解题，①方法一，由题干循环构造方法得到第k组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分，再结合二项式定理得到，是4的整数倍. 方法二，得到第组解和第组解的关系，再由二项式定理求解. ②先用面积公式表示出面积，再代入和的关系式消元，利用①中的结论推导出面积式子里的递推式即可求解. 【小问1详解】 由题意知解得，则， 故双曲线E的标准方程为． 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：新定义问题解题策略 首先，明确新定义的特点；其次，根据定义中的步骤对具体题目进行运算；最后得到结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $