精品解析：北京市昌平区东方红学校2025届高三上学期开学考试数学试题

北京市昌平区东方红学校 2024—2025学年高三第一学期开学考试数学试卷 考生注意： 1.本试卷共3页，三大题21小题；卷面满分150分. 2.考试时间120分钟. 3.一律用蓝、黑色笔答题，一律答在答题纸上. 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题：共10小题，每小题4分，共40分，在每小题的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数（是虚数单位），则的虚部是（ ） A. 1 B. C. D. 3. 二项式的展开式中常数项是（ ） A. 1 B. 4 C. 6 D. 0 4. 设，是非零向量，则“或”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. 直线被圆所截得的弦长为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 6. 将函数图象上的所有点向左平移个单位长度，得到函数 的图象，则（ ） A. B. 在上单调递增 C. 在上的最小值为 D. 直线是图象的一条对称轴 7. 若一圆锥的侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知分别为双曲线的左､右焦点，过的直线与双曲线的左支交于两点，若，则双曲线的焦距为（ ） A. B. C. D. 9. 函数，若对任意，都有成立，则实数取值范围为（ ） A. B. C. D. 10. 已知集合，若且互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递减的有序数对的个数是（ ） A. 36 B. 42 C. 72 D. 84 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 函数定义域是____________． 12. 已知双曲线，则C的右焦点的坐标为_________；C的焦点到其渐近线的距离是_________． 13. 在 中，若，，，则______. 14. 已知两点．点满足，则的面积是____；的一个取值为____． 15. 若存在常数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足：和恒成立或（和恒成立），则称此直线为和的“隔离直线”．已知函数，，有下列命题： ①直线为和的“隔离直线”． ②若为和的“隔离直线”，则的范围为． ③存在实数，使得和有且仅有唯一的“隔离直线”． ④和之间一定存在“隔离直线”，且最小值为． 其中所有正确命题的序号是_________． 三、解答题共6小题，共85分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 如图，在三棱柱中，平面，，分别为，的中点，，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知函数，其中．再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使存在，并完成下列两个问题． （1）求的值； （2）当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围． 条件①：； 条件②：是的一个零点； 条件③：． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 18. 在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到以上（含）的同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）： 甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25； 乙：978，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23； 丙：9.85，9.65，9.20，9.16． 假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立． （1）估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率； （2）设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望E（X）； （3）在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军的概率估计值最大？（结论不要求证明） 19. 已知椭圆的一个顶点为，焦距为． （1）求椭圆E的方程； （2）过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值． 20. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设，讨论函数在上的单调性； （3）证明：对任意的，有． 21. 已知是无穷数列．给出两个性质： ①对于中任意两项，中都存在一项，使； ②对于中任意项，在中都存在两项．使得． (Ⅰ)若，判断数列是否满足性质①，说明理由； (Ⅱ)若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由； (Ⅲ)若是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：为等比数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市昌平区东方红学校 2024—2025学年高三第一学期开学考试数学试卷 考生注意： 1.本试卷共3页，三大题21小题；卷面满分150分. 2.考试时间120分钟. 3.一律用蓝、黑色笔答题，一律答在答题纸上. 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题：共10小题，每小题4分，共40分，在每小题的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出集合，再根据交集的定义计算可得. 【详解】由，则， 所以， 又， 所以. 故选：C 2. 已知复数（是虚数单位），则的虚部是（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的除法运算，代入计算，即可求解. 【详解】，的虚部是1. 故选：A. 3. 二项式的展开式中常数项是（ ） A. 1 B. 4 C. 6 D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项公式，令的指数为，即可求出对应展开式的常数项. 【详解】二项式展开式的通项公式为， 令，得，所以展开式的常数项为. 故选：. 4. 设，是非零向量，则“或”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】A 【解析】 【分析】根据数量积的运算律及充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】若，则，所以， 若，则，所以， 故由“或”推得出“”，即充分性成立； 若，则，所以， 所以由“”推不出“或”，故必要性不成立； 所以“或”是“”的充分不必要条件. 故选：A 5. 直线被圆所截得的弦长为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆心在直线上可得结果. 【详解】由已知得圆心为，半径， 因为圆心在直线上， 所以直线被圆所截得的弦长为. 故选：C 6. 将函数图象上的所有点向左平移个单位长度，得到函数 的图象，则（ ） A. B. 在上单调递增 C. 在上的最小值为 D. 直线是图象的一条对称轴 【答案】D 【解析】 【分析】由平移变换内容得可判断A；求出的增区间可判断B；依据的范围即可求出的值域即可判断C；根据对称轴方程求解的对称轴方程即可判断D. 【详解】对于选项A，由题意，可得， 故A错误； 对于选项B，令，， 所以上单调递增，故B错误； 对于选项C，因为，所以，故， 在上的最小值为0，故C错误； 对于选项D，函数的对称轴方程为， 化简可得，取，可得， 所以是图象的一条对称轴，故D正确. 故选：D. 7. 若一圆锥的侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆锥的底面圆半径为，母线长为，利用侧面展开图条件建立与的关系式，作出圆锥轴截面图，证明并求出线面所成角的余弦值即可. 【详解】 作出圆锥的轴截面图,设圆锥的底面圆半径为，母线长为，依题意可得，， 即，因顶点在底面的射影即底面圆圆心,故母线与底面所成的角即. 在中，. 故选：C. 8. 已知分别为双曲线的左､右焦点，过的直线与双曲线的左支交于两点，若，则双曲线的焦距为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用双曲线定义、已知条件求出、，设，由余弦定理、求出可得答案. 【详解】如图，由于， 有4，可得， 又由，可得，设， 在中，由余弦定理有. 在中，由余弦定理有. 又由，有， 可得，解得，所以双曲线的焦距为. 故选：B. 9. 函数，若对任意，都有成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用函数单调性的变形式即可判断函数单调性，然后根据分段函数的性质即可求解. 【详解】因为对任意，都有成立， 可得在上是单调递减的， 则，解得. 故选：A 10. 已知集合，若且互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递减的有序数对的个数是（ ） A. 36 B. 42 C. 72 D. 84 【答案】C 【解析】 【分析】分类讨论单调性，结合排列数、组合数运算求解. 【详解】若和在上单调递减，在上单调递减增， 则，此时有序数对的个数有：个； 若和在上单调递减，在上单调递增， 则，此时有序数对的个数有：个； 若和在上单调递减，在上单调递增， 则，此时有序数对的个数有：个； 若、和在上单调递减， 则，此时有序数对的个数有：个； 综上所述：共有个. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：关键在于恰当的进行分类，做到不重不漏，由此即可顺利得解. 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 函数的定义域是____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据分母不为零、真数大于零列不等式组，解得结果. 【详解】由题意得， 故答案为： 【点睛】本题考查函数定义域，考查基本分析求解能力，属基础题. 12. 已知双曲线，则C的右焦点的坐标为_________；C的焦点到其渐近线的距离是_________． 【答案】 ① ②. 【解析】 【分析】根据双曲线的标准方程可得出双曲线的右焦点坐标，并求得双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式可求得双曲线的焦点到渐近线的距离. 【详解】在双曲线中，，，则，则双曲线的右焦点坐标为， 双曲线的渐近线方程为，即， 所以，双曲线的焦点到其渐近线的距离为. 故答案为：；. 【点睛】本题考查根据双曲线的标准方程求双曲线的焦点坐标以及焦点到渐近线的距离，考查计算能力，属于基础题. 13. 中，若，，，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，求得的值，结合正弦定理，即可求解. 【详解】因为，，且，可得， 又因为，由正弦定理得，所以. 故答案为：. 14. 已知两点．点满足，则的面积是____；的一个取值为____． 【答案】 ① ## ②. （答案不唯一） 【解析】 【分析】根据条件求出点的轨迹方程，联立方程后求点的坐标，即可求解面积和角的取值. 【详解】由点可知，，所以点在圆， 且，则点在双曲线的右支上，其中，，，则双曲线方程为， 联立，解得：或， 则的面积； 当时，，，， 当时，，，， 则其中的一个取值是. 故答案为：；（答案不唯一） 15. 若存在常数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足：和恒成立或（和恒成立），则称此直线为和的“隔离直线”．已知函数，，有下列命题： ①直线为和的“隔离直线”． ②若为和的“隔离直线”，则的范围为． ③存在实数，使得和有且仅有唯一的“隔离直线”． ④和之间一定存在“隔离直线”，且的最小值为． 其中所有正确命题的序号是_________． 【答案】①④ 【解析】 【分析】根据“隔离直线”的定义逐个分析判断即可 【详解】对于①，因为当时，，，所以直线为和的“隔离直线”，所以①正确， 对于②，因为为和的“隔离直线”，所以恒成立，所以，所以， 恒成立，所以恒成立， 因为，当且仅当即时取等号，所以， 综上，所以②错误， 对于③④，设，之间的隔离直线为，即，恒成立，所以，所以， 因为（），所以（）恒成立， 当时，不合题意， 当时，符合题意， 当时，令，对称轴为， 所以只需满足， 所以且， 所以，所以， 同理可得， 所以和之间一定存在“隔离直线”，且的最小值为， 和之间有无数条“隔离直线”，且实数不唯一，所以③错误，④正确， 故答案为：①④ 三、解答题共6小题，共85分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 如图，在三棱柱中，平面，，分别为，的中点，，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1） 根据，证得平面； （2）建立空间直角坐标系，平面的一个法向量为，，用空间向量求解直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 在三棱柱中，因为平面，平面，所以. 又分别为的中点，则，所以. 因为为中点，所以. 又，平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 由（1）知，. 又平面，所以平面. 因为平面，所以， 所以两两垂直. 如图，建立空间直角坐标系， 则， 所以. 设平面的一个法向量为， 则即 令，则.于是. 设直线与平面所成角为，则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知函数，其中．再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使存在，并完成下列两个问题． （1）求的值； （2）当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围． 条件①：； 条件②：是的一个零点； 条件③：． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据选择的条件代入计算，结合角的范围即可利用特殊角的三角函数值求解， （2）由和差角公式以及辅助角公式化简，由整体法即可代入求解. 【小问1详解】 选条件①：无意义，所以选条件①时不存在，故不能选①， 选条件②． 由题设，所以． 因为， 所以，所以． 所以． 选条件③，由题设．整理得． 以下同选条件②． 【小问2详解】 由（1） 因为， 所以． 于是，当且仅当，即时，取得最大值； 当且仅当，即时，取得最小值． 又，即时，． 且当 时， 单调递增，所以曲线与直线恰有一个公共点，则或 的取值范围是． 18. 在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到以上（含）的同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）： 甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25； 乙：9.78，9.56，9.51，9.36，9.32，9.23； 丙：9.85，9.65，9.20，9.16． 假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立． （1）估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率； （2）设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，估计X的数学期望E（X）； （3）在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙谁获得冠军概率估计值最大？（结论不要求证明） 【答案】（1）0.4 （2） （3）丙 【解析】 【分析】(1) 由频率估计概率即可 (2) 求解得X的分布列，即可计算出X的数学期望. (3) 计算出各自获得最高成绩的概率，再根据其各自的最高成绩可判断丙夺冠的概率估计值最大. 【小问1详解】 由频率估计概率可得 甲获得优秀的概率为0.4，乙获得优秀的概率为0.5，丙获得优秀的概率为0.5， 故答案为0.4 【小问2详解】 设甲获得优秀为事件A1,乙获得优秀为事件A2，丙获得优秀为事件A3 ， ， ， . ∴X的分布列为 X 0 1 2 3 P ∴ 【小问3详解】 丙夺冠概率估计值最大. 因为铅球比赛无论比赛几次就取最高成绩.比赛一次，丙获得9.85的概率为，甲获得9.80的概率为，乙获得9.78的概率为.并且丙的最高成绩是所有成绩中最高的，比赛次数越多，对丙越有利. 19. 已知椭圆的一个顶点为，焦距为． （1）求椭圆E的方程； （2）过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当时，求k的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，即可求出，从而求出椭圆方程； （2）首先表示出直线方程，设、，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线、的方程，表示出、，根据得到方程，解得即可； 【小问1详解】 解：依题意可得，，又， 所以，所以椭圆方程为； 【小问2详解】 若直线斜率不存在，与椭圆只有一个交点，不合题意； 所以直线斜率存在，设过点的直线为， 设、，不妨令， 由，消去整理得， 所以，解得， 所以，， 直线的方程为，令，解得， 直线的方程为，令，解得， 所以 ， 所以， 即 即 即 整理得，解得 20. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设，讨论函数在上的单调性； （3）证明：对任意的，有． 【答案】（1） （2）在上单调递增. （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程； （2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解； （3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证. 【小问1详解】 解：因为，所以， 即切点坐标为， 又， ∴切线斜率 ∴切线方程为： 【小问2详解】 解：因为， 所以， 令， 则， ∴在上单调递增， ∴ ∴在上恒成立， ∴在上单调递增. 【小问3详解】 解：原不等式等价于， 令，， 即证， ∵， ， 由（2）知在上单调递增， ∴， ∴ ∴在上单调递增，又因为， ∴，所以命题得证. 21. 已知是无穷数列．给出两个性质： ①对于中任意两项，在中都存在一项，使； ②对于中任意项，在中都存在两项．使得． (Ⅰ)若，判断数列是否满足性质①，说明理由； (Ⅱ)若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由； (Ⅲ)若是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：为等比数列. 【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详解解析；(Ⅲ)证明详见解析. 【解析】 【分析】(Ⅰ)根据定义验证，即可判断； (Ⅱ)根据定义逐一验证，即可判断； (Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列即可. 解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得成等比数列，之后证得成等比数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证. 【详解】(Ⅰ)不具有性质①； (Ⅱ)具有性质①； 具有性质②； (Ⅲ)解法一 首先，证明数列中的项同号，不妨设恒为正数： 显然，假设数列中存在负项，设， 第一种情况：若，即， 由①可知：存在，满足，存在，满足， 由可知，从而，与数列的单调性矛盾，假设不成立. 第二种情况：若，由①知存在实数，满足，由的定义可知：， 另一方面，，由数列的单调性可知：， 这与的定义矛盾，假设不成立. 同理可证得数列中的项恒为负数. 综上可得，数列中的项同号. 其次，证明： 利用性质②：取，此时， 由数列的单调性可知， 而，故， 此时必有，即， 最后，用数学归纳法证明数列为等比数列： 假设数列的前项成等比数列，不妨设， 其中，（的情况类似） 由①可得：存在整数，满足，且 （*） 由②得：存在，满足：，由数列的单调性可知：， 由可得： （**） 由（**）和（*）式可得：， 结合数列的单调性有：， 注意到均为整数，故， 代入（**）式，从而. 总上可得，数列的通项公式为：. 即数列为等比数列. 解法二： 假设数列中的项均为正数： 首先利用性质②：取，此时， 由数列的单调性可知， 而，故， 此时必有，即， 即成等比数列，不妨设， 然后利用性质①：取，则， 即数列中必然存在一项的值为，下面我们来证明， 否则，由数列的单调性可知， 在性质②中，取，则，从而， 与前面类似的可知则存在，满足， 若，则：，与假设矛盾； 若，则：，与假设矛盾； 若，则：，与数列的单调性矛盾； 即不存在满足题意的正整数，可见不成立，从而， 然后利用性质①：取，则数列中存在一项， 下面我们用反证法来证明， 否则，由数列的单调性可知， 在性质②中，取，则，从而， 与前面类似的可知则存在，满足， 即由②可知：， 若，则，与假设矛盾； 若，则，与假设矛盾； 若，由于为正整数，故，则，与矛盾； 综上可知，假设不成立，则. 同理可得：，从而数列为等比数列， 同理，当数列中的项均为负数时亦可证得数列为等比数列. 由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数. 从而题中的结论得证，数列为等比数列. 【点睛】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $