精品解析：广东省深圳市龙岗区龙城高级中学2025届高三上学期开学考试数学试卷

龙城高级中学2024—2025学年第一学期 高三年级开学考数学试卷 （时间120分钟 总分150分） 一、单项选择题：本共8小题，每小题满分5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数，则（ ） A. 5 B. C. D. 32 3. 已知向量，且，则（ ） A. 11 B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 某小区花园内现有一个圆台形的石碑底座，经测量发现该石碑底座上底面圆的半径为3，且上底面圆直径的一端点的投影为下底面圆半径的中点，高为2，则这个圆台的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知甲同学从学校的4个科技类社团，3个艺术类社团，2个体育类社团中选择报名参加，若甲报名了两个社团，则在仅有一个是科技类社团的条件下，另一个是体育类社团的概率（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数且，若方程与方程共有6个不同的实数根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 高斯是世界四大数学家之一，一生成就极为丰硕，以他的名字“高斯”命名的成果达110个．高斯函数，其中表示不超过实数x的最大整数，如．若函数有且仅有4个零点，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 演讲比赛中，12位评委对小李的演讲打出了如下的分数： 9.3 8.8 8.9 9.0 8.9 9.0 9.1 8.7 9.2 9.0 9.1 9.2 若去掉两个最高分，两个最低分，则剩下8个分数的（ ） A. 极差为0.3 B. 众数为9.0和9.1 C. 中位数为9.0 D. 第70百分位数为9.05 10. 已知函数，下列选项正确的是（ ） A. 若在区间上单调递减，则a的取值范围为 B. 若在区间上有极小值，则a的取值范围为 C. 当时，若经过点可以作出曲线的三条切线，则实数m的取值范围为 D. 若曲线的对称中心为，则 11. 伯努利双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线．在平面直角坐标系中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，已知点是的双纽线上一点，下列说法正确的是（ ） A. 若直线交双纽线于，，三点（为坐标原点），则 B. 双纽线上满足的点有2个 C. 的面积的最大值为 D. 的周长的取值范围为 三、填空题，本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 在的展开式中，项的系数为________. 13. 已知曲线在点处的切线与曲线相切，则=___________. 14. 抛物线上一点到抛物线准线的距离为，点关于轴的对称点为，为坐标原点，的内切圆与切于点，点为内切圆上任意一点，则的取值范围为__________． 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. 已知正项数列满足，，等比数列满足：，. （1）证明数列是等差数列，并求数列，的通项公式； （2）设，求. 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是边长为2的正方形，为等边三角形，点是线段的中点，点满足. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 乒乓球作为我国的“国球”，一直以来都深受广大人民群众的喜爱.第33届夏季奥林匹克运动会将于2024年盛夏在巴黎举行，届时乒乓球比赛必将吸引无数球迷的目光.为了了解我市市民对于收看奥运会乒乓球比赛的意愿，从参与调查的市民中随机抽取了男、女各40人进行分析，得到如下列联表（单位：人）： 收看意愿 性别 合计 女性 男性 有收看意愿 20 30 50 无收看意愿 20 10 30 合计 40 40 80 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为我市市民对于收看奥运会乒乓球比赛的意愿与性别有关联? （2）以样本的频率估计总体的概率，现从我市男性市民中用随机抽样的方法每次抽取1人，共抽取3次，记被抽取的3人中“有收看意愿”的人数为，求的分布列和数学期望.附： 0.05 0.01 0.005 0.001 3.841 6.635 7.879 10.828 参考公式：，其中. 18. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若存在正数，使成立，求的取值范围； （3）若，证明：对任意，存在唯一的实数，使得成立. 19. 椭圆方程，平面上有一点．定义直线方程是椭圆在点处的极线．已知椭圆方程． （1）若在椭圆上，求椭圆在点处的极线方程； （2）若在椭圆上，证明：椭圆在点处的极线就是过点的切线； （3）若过点分别作椭圆的两条切线和一条割线，切点为，，割线交椭圆于，两点，过点，分别作椭圆的两条切线，且相交于点．证明：，，三点共线． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 龙城高级中学2024—2025学年第一学期 高三年级开学考数学试卷 （时间120分钟 总分150分） 一、单项选择题：本共8小题，每小题满分5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先解一元二次不等式求出集合，再根据集合并集定义计算即可. 【详解】由，解得，所以集合， 所以，所以. 故选：D. 2. 复数，则（ ） A. 5 B. C. D. 32 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的运算化简得出复数，再结合复数的模长公式计算即可. 【详解】因为, 所以. 故选：B. 3. 已知向量，且，则（ ） A. 11 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由向量垂直的坐标表示，代入计算，即可求解. 【详解】因为向量，则， 且，则，解得. 故选：D 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用两角差的余弦公式处理条件，结合两角差的正弦公式，可得，再利用二倍角公式可得，再结合诱导公式，可求. 【详解】由， 所以， 所以. 故选：B 5. 某小区花园内现有一个圆台形的石碑底座，经测量发现该石碑底座上底面圆的半径为3，且上底面圆直径的一端点的投影为下底面圆半径的中点，高为2，则这个圆台的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据已知求下底半径，再由圆台表面积公式计算即可. 【详解】因为上底面圆直径的一端点的投影为下底面圆半径的中点，所以下底面半径为6， 上底半径为3，下底半径为6，高为2，母线为, 圆台的表面积为. 故选：C. 6. 已知甲同学从学校的4个科技类社团，3个艺术类社团，2个体育类社团中选择报名参加，若甲报名了两个社团，则在仅有一个是科技类社团的条件下，另一个是体育类社团的概率（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设相应事件，根据古典概型结合组合数求，再根据条件概率公式分析求解. 【详解】设事件A为“所报的两个社团中仅有一个是科技类”，事件为“所报两个社团中有一个是体育类”， 则， 则. 故选：B. 7. 已知函数且，若方程与方程共有6个不同的实数根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】画出函数的图像，将方程6个不同的实数根转化为有4个不同的实根，有2个不同的实根，即可得出结果. 【详解】当时，可知，当时，可知，所以根据正弦函数的单调性可得大致图象如图所示， 由方程与方程共有6个实数根,可知有4个不同的实根，有2个不同的实根， 所以， 解得. 故选:C. 8. 高斯是世界四大数学家之一，一生成就极为丰硕，以他的名字“高斯”命名的成果达110个．高斯函数，其中表示不超过实数x的最大整数，如．若函数有且仅有4个零点，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据高斯函数的定义分区间讨论结合对数函数的图象判定即可. 【详解】易知函数的零点即的交点， 对于函数， 显然，所以要符合题意需，如下图所示， 四个交点应在区间，即. 故选：D 【点睛】思路点睛：对于高斯函数相关的函数可以分区间讨论其函数形式，然后利用方程转化为两函数交点问题，数形结合计算即可. 二、多项选择题：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. 演讲比赛中，12位评委对小李的演讲打出了如下的分数： 9.3 8.8 8.9 9.0 8.9 9.0 9.1 8.7 9.2 9.0 9.1 9.2 若去掉两个最高分，两个最低分，则剩下8个分数的（ ） A. 极差为0.3 B. 众数为9.0和9.1 C. 中位数为9.0 D. 第70百分位数为9.05 【答案】AC 【解析】 【分析】利用极差、众数、中位数、百分位数的求法一一判定选项即可. 【详解】易知去掉最高分和最低分后剩下的8个分数分别为8.9，8.9，9.0，9.0，9.0，9.1，9.1，9.2， 显然极差为，众数为9.0，中位数为， 则第70百分位数为数据中的第6个数即9.1，显然A、C正确，B、D错误． 故选：AC． 10. 已知函数，下列选项正确的是（ ） A. 若在区间上单调递减，则a的取值范围为 B. 若在区间上有极小值，则a的取值范围为 C. 当时，若经过点可以作出曲线的三条切线，则实数m的取值范围为 D. 若曲线的对称中心为，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用导数研究三次函数的单调区间，极值，切线，对称中心问题. 【详解】令 若在区间上单调递减, 则在区间上小于或者等于零恒成立， 即恒成立， 即，又在区间单调递增， 则 所以a的取值范围为，故选项A错误. 若在区间上有极小值, 则在区间上有零点，且在零点左端小于零，在零点右端大于零， 则 解得a的取值范围为.故选项B正确. 当时,设经过点作出曲线的三条切线切点为，则切线斜率为 切线为又切线经过点， 则有三解，即有三解， 令 则当时函数取极值， 则实数m的取值范围为，故选项C正确. 若曲线的对称中心为,则即 解得. 故选：BCD. 11. 伯努利双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线．在平面直角坐标系中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，已知点是的双纽线上一点，下列说法正确的是（ ） A. 若直线交双纽线于，，三点（为坐标原点），则 B. 双纽线上满足的点有2个 C. 的面积的最大值为 D. 的周长的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由已知，代入坐标整理即可得出方程，即可判断A，令，求出，即可判断B，根据面积公式判断C，首先根据余弦定理，以及基本不等式判断D. 【详解】由双纽线的定义可得：， 即，化简得：， 当时，点的轨迹方程为， 令，解得或，所以，故A正确； 因为，，若满足，则点在轴上， 在方程中令，解得， 所以满足的点为，只有一个，故B错误； ， 当且仅当，即时，等号成立，故C正确； 因为， 设，则, 当且仅当时等号成立， 当时，，所以， 所以 所以，所以 所以， 又点P不能在x轴上，所以的周长的取值范围为，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题，本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 在的展开式中，项的系数为________. 【答案】 【解析】 【分析】由，写出展开式的通项，利用通项计算可得. 【详解】因为， 其中展开式的通项为，， 所以的展开式中含的项为， 所以项的系数为. 故答案为： 13. 已知曲线在点处的切线与曲线相切，则=___________. 【答案】4 【解析】 【分析】根据导数的几何意义，结合一元二次方程根的判别式进行求解即可. 【详解】， 因此曲线在点处的切线的斜率为， 所以曲线在点处的切线的方程为， 因为曲线在点处的切线与曲线相切， 所以有一个实数解， 即， 当时，显然该方程不成立， 当时，，舍去， 故答案为： 14. 抛物线上一点到抛物线准线的距离为，点关于轴的对称点为，为坐标原点，的内切圆与切于点，点为内切圆上任意一点，则的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【详解】因为点在抛物线上，所以，点A到准线的距离为，解得或．当时，，故舍去，所以抛物线方程为∴，所以是正三角形，边长为，其内切圆方程为，如图所示，∴．设点（为参数），则，∴． 【点睛】本题主要考查抛物线性质的运用，参数方程的运用，三角函数的两角和公式合一变形求最值，属于难题，对于这类题目，首先利用已知条件得到抛物线的方程，进而可得到为等边三角形和内切圆的方程，进而得到点的坐标，可利用内切圆的方程设出点含参数的坐标，进而得到，从而得到其取值范围，因此正确求出内切圆的方程是解题的关键. 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. 已知正项数列满足，，等比数列满足：，. （1）证明数列是等差数列，并求数列，的通项公式； （2）设，求. 【答案】（1），；（2）. 【解析】 【分析】（1）等式两边同时乘以，可得，则数列为等差数列，从而求出的通项，即可求出数列；求出，，带入可解出，从而求出数列.（2）将变形可得，前半部分用等比数列求和公式，后半部分用错位相减法求和计算可得结果. 【详解】解：（1）证明：由题意，两边同时乘以， 可得， ， 数列是以1为首项，1为公差的等差数列， ， ，， ，， 设等比数列的公比为，则， 化简整理，得， 解得， ，， （2）解：由（1）可得： ， 令， 则， 两式相减，可得： ， ， ． 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是边长为2的正方形，为等边三角形，点是线段的中点，点满足. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 连接并于点，如图，连接， 正方形中，是中点，则， ，则，所以，所以， 又平面，平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）连接并于点，证明，再由线面平行的判定定理得证线面平行； （2）先证明平面，然后以为原点，分别为轴，过与平行的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角的余弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 是等边三角形，是中点，所以，， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 以为原点，分别为轴，过与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，， ，，，， ， 设平面的一个法向量是， 则，取，则， 易知平面的一个法向量是， ， 所以平面与平面夹角的余弦值是． 17. 乒乓球作为我国的“国球”，一直以来都深受广大人民群众的喜爱.第33届夏季奥林匹克运动会将于2024年盛夏在巴黎举行，届时乒乓球比赛必将吸引无数球迷的目光.为了了解我市市民对于收看奥运会乒乓球比赛的意愿，从参与调查的市民中随机抽取了男、女各40人进行分析，得到如下列联表（单位：人）： 收看意愿 性别 合计 女性 男性 有收看意愿 20 30 50 无收看意愿 20 10 30 合计 40 40 80 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为我市市民对于收看奥运会乒乓球比赛的意愿与性别有关联? （2）以样本的频率估计总体的概率，现从我市男性市民中用随机抽样的方法每次抽取1人，共抽取3次，记被抽取的3人中“有收看意愿”的人数为，求的分布列和数学期望.附： 0.05 0.01 0.005 0.001 3.841 6.635 7.879 10.828 参考公式：，其中. 【答案】（1）我市市民对于收看奥运会乒乓球比赛的意愿与性别无关 （2）分布列： 0 1 2 3 【解析】 【分析】（1）根据公式求解，然后利用临界值表分析判断即可； （2）由题意可得男性市民中抽到1人“有收看意愿”的概率为，则，然后利用二项分布的概率公式求出相应的概率，从而可求得的分布列和数学期望. 【小问1详解】 零假设为：我市市民对于收看奥运会乒乓球比赛的意愿与性别无关，则 ， 所以根据小概率值的独立性检验，推断成立， 即认为我市市民对于收看奥运会乒乓球比赛的意愿与性别无关； 【小问2详解】 由题意可知男性市民中抽到1人“有收看意愿”的概率为， 所以，的可能取值为0，1，2，3，则 ，， ，， 所以的分布列为 0 1 2 3 所以. 18. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若存在正数，使成立，求的取值范围； （3）若，证明：对任意，存在唯一的实数，使得成立. 【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减. （2） （3） 设，，我们分唯一性和存在性两方面来证明. 唯一性：由，知的导数等于，而，故显然恒为负，从而在上单调递减. 特别地，在上单调递减. 这表明，使得的至多有一个，从而唯一性得证. 存在性：我们先考虑函数，这里. 由于，故当时，当时，从而在上单调递减，在上单调递增，从而对于任意的，都有，即. 这就得到，对任意，有. 从而，对任意的，都有；而对任意的，都有. 然后回到原题，首先我们有 . 同时我们又有 ，， 故. 由零点存在定理，知一定存在，使得. 综合上述的存在性和唯一性两个方面，知存在唯一的，使得. 【解析】 【分析】（1）计算，然后分类讨论即可得到单调性； （2）对和两种情况分别讨论，即可得到取值范围是； （3）首先证明单调递减，即得唯一性；然后求导证明对任意的，都有；而对任意的，都有. 再利用该结论证明，从而得到存在性. 最后综合两方面即证得结论. 【小问1详解】 对求导得. 当时，对有，故在上单调递增； 当时，有，而当时，，故当时，当时，从而在上单调递增，在上单调递减. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 若，由于，故存在正数使得，条件满足； 若，则由（1）的结论，知在上单调递增，在上单调递减，从而此时对任意的都有，条件不满足. 综上，的取值范围是. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于，对于存在唯一性的证明，将唯一性和存在性分开论证，则证明的逻辑会更加清晰，不易出现错误. 19. 椭圆方程，平面上有一点．定义直线方程是椭圆在点处的极线．已知椭圆方程． （1）若在椭圆上，求椭圆在点处的极线方程； （2）若在椭圆上，证明：椭圆在点处的极线就是过点的切线； （3）若过点分别作椭圆的两条切线和一条割线，切点为，，割线交椭圆于，两点，过点，分别作椭圆的两条切线，且相交于点．证明：，，三点共线． 【答案】（1）或； （2）证明见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）将代入椭圆方程计算得点的坐标，再写出极线方程即可； （2）写出点处的极线方程，先讨论的情况，可得处的极线就是过点的切线；再讨论的情况，将椭圆方程与极线方程联立，消元得关于的一元二次方程，计算得判别式，即可证明； （3）分别写出过点，N的切线方程，从而可得割线的方程，再写出切点弦的方程，根据割线过点，代入割线方程计算，从而可得，，三点共线. 【小问1详解】 由题意知，当时，，所以或． 由定义可知椭圆在点处的极线方程为， 所以椭圆在点处的极线方程为，即 点处的极线方程为，即 【小问2详解】 因为在椭圆上，所以， 由定义可知椭圆在点处的极线方程为， 当时，，此时极线方程为，所以处的极线就是过点的切线． 当时，极线方程为． 联立，得． ． 综上所述，椭圆在点处的极线就是过点的切线； 【小问3详解】 设点，，， 由（2）可知，过点的切线方程为， 过点N的切线方程为． 因为，都过点，所以有， 则割线的方程为； 同理可得过点的两条切线的切点弦的方程为． 又因为割线过点，代入割线方程得． 所以，，三点共线，都在直线上． 【点睛】方法点睛：解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去（或）建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $