精品解析：山东省淄博市张店区淄博实验中学2024-2025学年高三下学期开学数学试题

2024—2025学年度高三下学期开学质量检测 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡上. 2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一.单项选择题：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. 已知向量，，，则 （ ） A. B. C. D. 2. 已知等差数列的前项和为，若，则 （ ） A. 30 B. 55 C. 80 D. 110 3. 声波在空气中的振动可以用三角函数来表示.在音乐中可以用形如的正弦型函数来表示单音，将三个或三个以上的单音相叠加为和弦.若某和弦由三个单音组成，其中一个单音可以用表示，另外两个单音的正弦型函数图象如图所示，则该和弦的一个周期可能为（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线与圆有公共点，则的可能取值为（ ） A. 1 B. C. D. 5. 的内角，，的对边分别为，，，且，则为（ ） A. B. C. D. 6. 已知分别是椭圆左、右焦点，是上一点且与轴垂直，直线与的另一个交点为，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 在正四棱锥中，，，过侧棱的延长线上一点作与平面平行的平面，分别与侧棱，，的延长线交于点，，．设几何体和几何体的外接球半径分别为和，当最小时，（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，若图象与图象有且仅有两个不同的公共点,则下列判断正确的是 A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 二. 多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 在每小题给出的四个选项中，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，选对但选不全对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列有关回归分析的结论中，正确的有（ ） A. 若回归方程为，则变量与负相关 B. 运用最小二乘法求得的经验回归直线一定经过样本点的中心 C. 若决定系数的值越接近于0，表示回归模型的拟合效果越好 D. 若散点图中所有点都直线上，则相关系数 10. 已知实数x，y满足（0<a<1），则下列关系式恒成立的有（ ） A. B. C. D. 11. 设函数为常数，，若函数在区间上为单调函数，且，则下列说法中正确的是（ ） A. 点是函数图象的一个对称中心 B. 函数的最小正周期为 C. 直线是函数图象的一条对称轴 D. 函数的图象可由函数向左平移个单位长度得到 三. 填空题：本题共3小题，每小题5分. 共15分. 12. 某元宵灯谜竞猜节目，有6名守擂选手和6名复活选手，从复活选手中挑选一名选手为攻擂者，从守擂选手中挑选1名选手为守擂者，则攻擂者、守擂者的不同构成方式共有______种． 13. 一张方桌有四个座位，先坐在如图所示的座位上，，，三人随机坐到其他三个位置上，则与相邻的概率为___________. 14. 若，使不等式成立，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是______. 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. 已知圆的方程为． （1）求实数取值范围； （2）若圆与直线交于，两点，且，求的值． 16. 已知在△ABC中，. （1）求A； （2）证明：. 17. 如图，四边形是矩形，平面平面，为中点，，，． （1）证明：平面平面； （2）求二面角的余弦值． 18. 已知函数. （1）对任意实数是否为定值？若是，请求出该定值，若不是，请说明理由； （2）求不等式的解集； （3）当时，求的最大值. 19. 动圆与圆和圆都内切，记动圆圆心轨迹为. （1）求的方程； （2）已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为，则曲线上一点处的切线方程为：，试运用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在轴上），过点作的两条切线，切点分别为. （i）证明：直线过定点； （ii）点关于轴的对称点为，连接交轴于点，设的面积分别为，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度高三下学期开学质量检测 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡上. 2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一.单项选择题：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. 已知向量，，，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示可得出关于的等式，解之即可. 【详解】因为向量，，，则，解得. 故选：C. 2. 已知等差数列前项和为，若，则 （ ） A. 30 B. 55 C. 80 D. 110 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列的项的性质，由条件求得，再根据等差数列求和公式化简计算即得. 【详解】因是等差数列，故，解得， 则. 故选：B 3. 声波在空气中的振动可以用三角函数来表示.在音乐中可以用形如的正弦型函数来表示单音，将三个或三个以上的单音相叠加为和弦.若某和弦由三个单音组成，其中一个单音可以用表示，另外两个单音的正弦型函数图象如图所示，则该和弦的一个周期可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出另外两个单音对应的三角函数后可求和弦的一个周期， 【详解】设题设中左图对应的解析式为，则， 而，其中，故，故， 故，其最小正周期为. 右图对应的解析式为， 则且，故，故，其最小正周期为， 而的最小正周期为， 故该和弦的一个最小正周期为，故周期为， 故选：C 4. 已知直线与圆有公共点，则的可能取值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，求解即可. 【详解】由直线与圆有公共点， 可得圆心到直线的距离为， 解得，所以的取值范围为． 故选：B. 5. 的内角，，的对边分别为，，，且，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理化角为边化简可得，再结合余弦定理求即可. 【详解】由正弦定理和，可得， 所以，所以， 由余弦定理，可得， 因为，所以. 故选：B. 6. 已知分别是椭圆的左、右焦点，是上一点且与轴垂直，直线与的另一个交点为，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出的坐标，根据得出的坐标，根据在椭圆上列方程求解即可. 【详解】 不妨设在第一象限，由题意，的横坐标为， 令，解得，即. 设，又，，， 由可得：，解得， 又在椭圆上，即， 整理得，解得. 故选：A 7. 在正四棱锥中，，，过侧棱延长线上一点作与平面平行的平面，分别与侧棱，，的延长线交于点，，．设几何体和几何体的外接球半径分别为和，当最小时，（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正四棱锥，正四棱台的结构特征确定外接球的球心、半径，再结合二次函数的最值求得结果. 【详解】设，则，. 过点作平面于点，交平面于点，则平面. 设几何体和几何体的外接球球心分别为， 由，，得，由得， 几何体的外接球球心为在上，，，. 在直角中，，解得. 如图2，几何体的外接球球心为在上，设，，，则， 即，解得， ， 则，当时，取最小值，即最小， 此时. 则，，，则与重合. 故答案为：C. 【点睛】多面体外接球球心位置方法点睛： 多面体的外接球球心位于过底面外接圆圆心且与底面垂直的直线上. 8. 设函数，若的图象与图象有且仅有两个不同的公共点,则下列判断正确的是 A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】B 【解析】 【详解】令,可得． 设 根据题意与直线只有两个交点， 不妨设，结合图形可知，当时如右图， 与左支双曲线相切，与右支双曲线有一个交点， 根据对称性可得，即，此时， ， 同理可得，当时如左图，， 故选：B． 【点睛】本题从最常见了两类函数出发进行了巧妙组合，考查数形结合思想、分类讨论思想，函数与方程思想等，难度较大，不易入手,具有很强的区分度. 二. 多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 在每小题给出的四个选项中，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，选对但选不全对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列有关回归分析的结论中，正确的有（ ） A. 若回归方程为，则变量与负相关 B. 运用最小二乘法求得的经验回归直线一定经过样本点的中心 C. 若决定系数的值越接近于0，表示回归模型的拟合效果越好 D. 若散点图中所有点都在直线上，则相关系数 【答案】AB 【解析】 【分析】A选项，根据得到变量与负相关；B选项，运用最小二乘法求得的经验回归直线一定经过样本点的中心；C选项，的值越接近于1，拟合效果越好；D选项，若散点图中所有点都在直线，说明此时相关系数. 【详解】因为，所以变量与负相关，A正确； 运用最小二乘法求得的经验回归直线一定经过样本点的中心，B正确； 若决定系数的值越接近于0，表示回归模型的拟合效果越差， 越接近于1，表示回归模型的拟合效果越好，C错误； 若散点图中所有点都在直线，结合可得：相关系数为1，D错误； 故选：AB 10. 已知实数x，y满足（0<a<1），则下列关系式恒成立的有（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】先根据题干条件，得出，再进行判断，BD选项可以通过举出反例进行证明，AC选项可以通过函数的单调性进行证明. 【详解】因为，所以是单调递减函数，因为，所以，而是定义在R上单调递增函数，故，A正确；当，时，满足，此时，故B错误；因为，所以，所以，C正确；当，时，，，所以，D错误. 故选：AC 11. 设函数为常数，，若函数在区间上为单调函数，且，则下列说法中正确的是（ ） A. 点是函数图象的一个对称中心 B. 函数的最小正周期为 C. 直线是函数图象的一条对称轴 D. 函数的图象可由函数向左平移个单位长度得到 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据在区间上的单调性以及，求得的对称中心、对称轴、最小正周期，再三角函数图象变换的知识确定正确选项. 【详解】对于B，因为函数在区间上为单调函数， 所以，故B错误； 对于A，因为，所以是的零点， 所以是图象的一个对称中心，故A正确； 对于C，由B可知. 又因为，所以，在同一个周期内， 又，所以是的一条对称轴， 所以 则与是相邻的对称中心与对称轴， 因为，，所以， 又，故，则， 所以是图象的一条对称轴，故C正确； 对于D，因为是的一条对称轴， 所以，，， 所以，解得， 所以， 因为向左平移个单位长度得，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点睛：本题的突破口是利用余弦函数的对称性，结合条件求得的对称轴与对称中心，进而求得，由此得解. 三. 填空题：本题共3小题，每小题5分. 共15分. 12. 某元宵灯谜竞猜节目，有6名守擂选手和6名复活选手，从复活选手中挑选一名选手为攻擂者，从守擂选手中挑选1名选手为守擂者，则攻擂者、守擂者的不同构成方式共有______种． 【答案】36 【解析】 【分析】根据分步计数原理即可得到结果. 【详解】从6名守擂选手中选1名，选法有种； 复活选手中挑选1名选手，选法有种． 由分步乘法计数原理，不同的构成方式共有种． 故答案为36 【点睛】本题考查分步计算原理，考查分析问题解决问题的能力，属于基础题. 13. 一张方桌有四个座位，先坐在如图所示的座位上，，，三人随机坐到其他三个位置上，则与相邻的概率为___________. 【答案】 【解析】 【分析】先计算，，三人随机坐到其他三个位置上的所有情况，再计算“与不相邻” 的情况，利用古典概型的概率公式，即得解 【详解】，，三人随机坐到其他三个位置上，共有种等可能情况， 要使与不相邻，则必坐在的对面，此时与的坐法共有2种情况， 所以根据古典概型求概率公式可知与相邻的概率为. 故答案为： 14. 若，使不等式成立，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用同构思想将原式变形，构造新不等式，通过数形结合得到的范围，由此反推出的范围. 【详解】由题，原式变形：， 移项且两边同时加1得， 令，原式可得，令，， 因为，， 由下图图像可知，当时，可得， 所以，因为题目中为存在性命题，且， 所以，解得 故答案为： 【点睛】同构题型识别度较高，当题目中同一个参数出现在多个位置，且一般无法分离，同时式子中指数对数幂函数三类形式的函数时，常常想到同构思想来解题. 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. 已知圆的方程为． （1）求实数的取值范围； （2）若圆与直线交于，两点，且，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将圆的方程配方，由题意得，求解即得； （2）结合图形，由垂径定理求出，在中列出方程，求解即得. 小问1详解】 方程可化为， 此方程表示圆，，即， 故实数的取值范围是； 【小问2详解】 由（1）可得圆心，半径， 如图，过点作于点，则， 圆心到直线的距离为， 由图可得：，即， 解得：． 即的值为2. 16. 已知在△ABC中，. （1）求A； （2）证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据两角和与差的正弦公式，将题中所给条件化为，再根据角是三角形内角，即可求出结果； （2）根据正弦定理，以及（1）的结果，要证，即证，不妨设（其中），将不等式左侧化简整理，即可证明结论成立. 【详解】（1）由题意，， 即， 化简得， 即，故或， 又，解得或（舍去），故． （2）要证，即证，即证， 由（1），，所以，即证． 不妨设（其中）， 则 显然恒成立． 故，命题得证． 17. 如图，四边形是矩形，平面平面，为中点，，，． （1）证明：平面平面； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【解析】 【分析】(1)利用面面垂直的性质，证得平面，进而可得，平面即可得证； (2)在平面ABC内过点A作Ax⊥AB，以A为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量而得解. 【详解】（1）因为，为中点，所以，因为是矩形，所以， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面，因为平面，所以， 又，平面，，所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）在平面ABC内过点A作Ax⊥AB，由（1）知，平面， 故以点A为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图： 则，，，，，则， 所以，，，， 由（1）知，为平面的一个法向量，设平面的法向量为， 则，即，令，则，，所以， 所以， 因为二面角为锐角，则二面角的余弦值为. 【点睛】思路点睛：二面角大小求解时要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角． 18. 已知函数. （1）对任意实数是否为定值？若是，请求出该定值，若不是，请说明理由； （2）求不等式的解集； （3）当时，求的最大值. 【答案】（1）是，定值1 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）解析式代入求解为定值； （2）根据函数单调性解不等式即可； （3）令，则，开口向下，对称轴为，分，，三种情况讨论函数单调性求出最值即可. 【小问1详解】 由， 可得 ； 【小问2详解】 因为，所以为奇函数， 所以不等式为， 又因为是单调增函数，所以，所以， 所以不等式解集为. 【小问3详解】 令，知在上单调递增，所以，又因为， 则，，开口向下，对称轴为， 当时，是单调增区间，所以时取最大值； 当时，是单调减区间，所以时取最大值； 当时，是单调增区间，是单调减区间， 所以时取最大值； 19. 动圆与圆和圆都内切，记动圆圆心的轨迹为. （1）求的方程； （2）已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为，则曲线上一点处的切线方程为：，试运用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在轴上），过点作的两条切线，切点分别为. （i）证明：直线过定点； （ii）点关于轴的对称点为，连接交轴于点，设的面积分别为，求的最大值. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析，（ii） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义求解点的轨迹方程； （2）（i）根据题意中的性质求解出两条切线方程，代入点坐标后，得出直线的方程，从而得出定点坐标； （ii）联立直线的方程与椭圆的方程，由韦达定理得出，进而求解出的定点坐标，表示出，由基本不等式得出结果. 【小问1详解】 设动圆的半径为，由题意得圆和圆的半径分别为，， 因为与，都内切， 所以，， 所以， 又，，故， 所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆， 设的方程为：， 则，，所以， 故的方程为：. 【小问2详解】 （i）证明：设，，， 由题意中的性质可得，切线方程为， 切线方程为， 因为两条切线都经过点，所以，， 故直线的方程为：，显然当时，， 故直线经过定点. （ii）设直线的方程为：， 联立，整理得， 由韦达定理得， 又，所以直线的方程为， 令得， ， 所以直线经过定点，又， 所以 ， 所以，当且仅当时，即时取等号. 【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： (1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明； (2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点； (3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $