精品解析： 甘肃省兰州第一中学2024-2025学年高三下学期开学考试数学试题

2025年春季学期甘肃省兰州第一中学高三开学诊断考试 数学试题 考试时间：120分钟 试卷总分：150分 一、单选题: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. 是虚数单位，若复数满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的几何意义即可. 【详解】在复平面内，若复数满足， 则复数对应的点的轨迹是以为圆心，半径为2的圆， 几何意义是点到原点的距离， ， 所以的取值范围是. 故选：A. 2. 已知命题p：，命题q：直线与抛物线有两个公共点，则p是q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】联立直线方程和抛物线方程，消元后利用判别式为正可求的范围，故可得正确的选项. 【详解】由和可得， 整理得到：， 因为直线与抛物线有两个不同的交点，故， 故，故命题q成立能推出命题p成立； 反之，若，取，此时仅有一个实数根， 故此时直线与抛物线仅有一个不同的交点， 故命题p成立不能推出命题q成立， 故p是q的必要不充分条件， 故选：B. 3. 为庆祝广益中学建校130周年，高二年级派出甲､乙､丙､丁､戊5名老师参加“130周年办学成果展”活动，活动结束后5名老师排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，则排法共有（ ）种. A. 40 B. 24 C. 20 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解. 【详解】由题意得，5名代表排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻， 先令丙、丁两人相邻用捆绑法，再把丙、丁与戊排列在一起，最后插空令甲、乙两人不相邻,则不同的排法共有种. 故选：. 4. 若过点的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可得圆在第一象限，根据几何关系可设圆的方程为，a>0，代入即可求出a，根据点到直线距离公式即可求出答案． 【详解】由题意可得所求的圆在第一象限，设圆心为，则半径为，． 故圆的方程为，再把点代入，， 解得或1， 故要求的圆的方程为或． 故所求圆的圆心为或； 故圆心到直线的距离或； 故选：A． 5. 公元前四世纪，毕达哥拉斯学派对数和形的关系进行了研究，他们借助几何图形（或格点）来表示数，称为形数，形数是联系算数和几何的纽带；下图为五角形数的前4个，现有如下说法：①第9个五角形数比第8个五角形数多25；②前8个五角形数之和为288；③记所有的五角形数从小到大构成数列，则的前20项和为610；则正确的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】先根据图形找到规律，得到数列的递推关系，然后用累加法可得，然后可判断①②③. 【详解】根据图形知：，， 则 ，①正确； ，②正确； ，数列是首项为1公差为的等差数列， 前20项和为，③错误. 故选：C. 6. 对于给定的正整数，设集合，，且∅．记为集合中的最大元素，当取遍的所有非空子集时，对应的所有的和记为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据 的定义，推出 的表达式，再计算即可. 【详解】根据题意知A为集合的非空子集，满足的集合只有1个，即； 满足的集合有2个，即{2}，{1，2}； 满足的集合有4个，即{3}，{1，3}，{2，3}，{1，2，3}；……； 满足的集合有个，所以， 则， 两式相减得，所以 ，所以； 故选：D. 7. 图为世界名画《蒙娜丽莎》.假设蒙娜丽莎微笑时的嘴唇可看作半径为的圆的一段圆弧，且弧所对的圆周角为.设圆的圆心在点与弧中点的连线所在直线上.若存在圆满足：弧上存在四点满足过这四点作圆的切线，这四条切线与圆也相切，则弧上的点与圆上的点的最短距离的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据题意画出相应的图，弧上的点与圆上的点的最短距离即为圆心距减去两圆半径，找出圆心距的最大值即可. 【详解】 如图，弧的中点为， 弧所对的圆周角为，则弧所对的圆心角为， 圆的半径为， 在弧上取两点、，则， 分别过点、作圆的切线，并交直线于点， 当过点、的切线刚好是圆与圆的外公切线时，劣弧上一定还存在点、，使过点、的切线为两圆的内公切线， 则圆的圆心只能在线段上，且不包括端点， 过点，分别向、作垂线，垂足为、， 则即为圆的半径， 此时圆与圆皆满足题意：弧上存在四点、、、，过这四点作圆的切线，这四条切线与圆也相切. 线段交圆于点， 则弧上的点与圆上的点的最短距离即为线段的长度. 在直角中，， ， 即弧上的点与圆上的点的最短距离的取值范围为. 故选：. 8. 已知直线是圆的一条对称轴，设直线与轴的交点为，将直线绕点按顺时针方向旋转得到直线，则直线被圆截得的弦长为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由条件求列方程求，确定圆心坐标，圆的半径，再求圆心到直线的距离，利用弦长公式求直线被圆截得的弦长. 【详解】根据题意，得点在直线上，所以，所以， 故圆的圆心坐标为，半径为，由直线得直线与轴的交点为， 所以，所以圆心到直线的距离为，故直线被圆截得的弦长为. 故选：C. 二、多选题: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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 在正方体中，分别为棱的中点，动点平面，，则下列说法正确的是（ ） A. 的外接球面积为 B. 直线平面 C. 正方体被平面截得的截面为正六边形 D. 点的轨迹长度为 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用补体法可求得外接球的直径即可判断A；利用面面平行的判定定理可推得B；作出截面，并证明正方体被其截得的图形为正六边形，即可判断C；通过建系利用向量方法求点到平面的距离，结合图形可判断动点的轨迹求其长度即可判断D. 【详解】对于A， 将三棱锥补形成如图1所示的长方体，其中为的中点， 则其外接球的直径为长方体的体对角线的长度， 即，故三棱锥的外接球的表面积为，故A正确； 对于B， 如图2，连接，因分别为棱的中点，则， 由可得，则，故， 因平面，平面，故得平面； 又因是的中点，易得，且，故得， 则有，因平面，平面，故得平面， 因，故平面平面， 又动点平面，则直线平面，故B正确； 对于C， 如图3，设的中点分别为，连接. 由正方体的性质可得，而为的中位线，故，故， 故四点共面，同理，也四点共面，故五点共面， 同理也四点共面，故六点共面. 正方体被平面截得的截面为六边形，且， 因为平面平面，平面平面， 而平面平面，故， 而为的中位线，故，故， 但与方向相反，故与互补， 而为等边三角形，故，故，    同理， 故正方体被平面截得的截面为正六边形，故C正确； 对于D， 如图4建立空间直角坐标系，则， 故， 设平面的法向量为， 则，故可取， 而，故到平面的距离为， 而，故点的轨迹为平面与以为球心，2为半径的球面的截面（圆）， 该圆的半径为，故圆的周长为，故D错误. 故选：ABC. 10. 设函数，如图是函数及其导函数的部分图像，则（ ） A. B. C. 与y轴交点坐标为 D. 与的所有交点中横坐标绝对值的最小值为 【答案】AD 【解析】 【分析】本题先结合图象分析得知图①为的图象，图②为的图象，再根据图象中点的坐标求出基本量，，，进而可判断ABCD四个选项. 【详解】 由得， 如图，因当，， 故可判断图①为的图象，图②为的图象， 由图可知： 当时，， 当时，， 故， 因，故 由得，故， ，故A正确. 又，， 所以，， 又因，故，故B错误. 综上可得，， ， 故与y轴交点坐标为，C错误. 令，即得 ， 故，， 得，， 故当或时的值最小为，故D正确. 故选：AD 11. 已知抛物线的焦点为，准线为，过抛物线上一点作的垂线，垂足为，则下列说法正确的是（ ） A. 准线的方程为 B. 若过焦点的直线交抛物线于两点，且，则 C. 若，则的最小值为3 D. 延长交抛物线于点，若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据抛物线准线方程、抛物线的定义，结合两点间线段最短、相似三角形的性质逐一判断即可. 【详解】因为抛物线的方程为，所以，所以准线的方程为错误； 由题意可知，B正确； 由抛物线上的点到焦点与到准线的距离相等可知， 所以当三点共线时，取得最小值，即为点到准线的距离，所以最小值为正确； 如图所示，不妨设在第一象限，过作轴于点，过作轴于点， 过作准线的垂线，垂足为，设准线与轴的交点为，则， 易知，则有，即，解得，则，D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点睛：利用相似三角形的性质是解题的关键. 三.填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在同一平面直角坐标系中，曲线所对应的图形经过伸缩变换得到图形.点在曲线上，则点到直线的距离的最小值为____________. 【答案】 【解析】 【分析】通过得到，然后代入到曲线的方程即可得到曲线的方程，再设利用点到直线的距离公式、辅助角公式及三角函数的性质计算可得. 【详解】由得到，代入到中得． 即为曲线的直角坐标方程， 设，则点到直线的距离， 其中（，）， 所以当时，即点到直线的距离最小值为. 故答案为： 13. 若函数的图像关于直线对称，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】由题知，进而解方程即可得答案. 【详解】解：因为函数的图像关于直线对称， 所以函数在时取得最值， 所以，结合辅助角公式得：，即， 整理得：，解得. 故答案为： 14. 的展开式中所有有理项的系数之和为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据二项式展开式通项，找出有理项，再计算有理项的系数之和. 【详解】由二项式定理，可得的展开式通项为，当，即时，为有理项，所以所有有理项的系数之和为. 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. 设数列的前项和为，且. （1）求； （2）记，数列的前项和为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）当时，利用推出，由等差中项法得为等差数列，根据与求出公差，可得通项公式； （2）根据进行裂项求和可求出结果. 【小问1详解】 由， 当时，，解得， 当时，， 所以， 整理得：，① 所以有，② ①-②可得， 所以为等差数列， 因为，所以公差为， 所以. 【小问2详解】 ， ∴ . 16. 已知函数其中为常数，设为自然对数的底数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）是否存在实数，使得在区间上的最大值为？若存在，求出求的值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）不存在，理由如下： 假设存在实数，使得在区间上的最大值为， 因为，，， 若，则在区间上恒成立，在区间上单调递增，此时在区间上无最大值；故， 令，得，令，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 因为函数在开区间上有最大值为，所以，即， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，得， 又，所以不成立， 故不存在实数，使得在区间上的最大值为. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义可求出结果； （2）假设存在实数，使得在区间上的最大值为，利用导数可得，再利用导数求出函数在区间上的最大值，结合已知最大值列式，解得，不满足，从而可得结论. 【小问1详解】 当时，，，， ，， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 不存在实数，使得在区间上的最大值为，理由略 17. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c．已知的外接圆半径，且． （1）求B和b的值； （2）求面积的最大值． 【答案】（1），b=2； （2） 【解析】 【分析】（1）利用同角三角函数间的关系切化弦得，再由正弦的和角公式化简可求得B，再利用正弦定理可求得b； （2）由余弦定理得，利用基本不等式得，由三角形的面积公式可求得答案. 【小问1详解】 解：因为，所以， ，即， 因为，所以， 又，所以，所以， 又的外接圆半径，所以由正弦定理得； 【小问2详解】 解：由余弦定理得， 由基本不等式得（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号）， 所以（当且仅当时取等号）， 故面积的最大值为． 18. 已知为坐标原点，椭圆的左､右焦点分别为，直线与椭圆交于两点，当的周长取得最大值8时，. （1）求椭圆的标准方程； （2）过点作斜率存在且不为0的直线交椭圆于两点，若，直线与直线交于点，记直线的斜率分别为，试判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由. 【答案】（1） （2）为定值，1 【解析】 【分析】（1）根据两边之和大于第三边结合椭圆的定义即可求解；（2）联立直线方程与椭圆方程，分别表示出直线的斜率表达式，从而可以进一步求解. 【小问1详解】 如图，当直线与椭圆相交于两点，与轴交于点时， 连接，由椭圆定义可知，显然， 同理可知，，显然， 所以当直线经过焦点时，的周长最大， 最大值为，所以. 此时，则， 即. 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 设直线的方程为，与椭圆方程联立得， 设，则， 可得， 又，所以直线的方程为， 令，得， ， 所以为定值，值为1. 19. 已知函数. （1）是的导函数，求的最小值； （2）证明：对任意正整数，都有（其中为自然对数的底数） 【答案】（1）0； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由题意得，求导判断单调性即可求解； （2）由（1）可得可知，当且仅当时等号成立，令，则.借助数列的裂项求和的方法和对数的运算性质即可证明. 【小问1详解】 由题意，， ， ， 令，解得， 又时，时，， 所以在上单调递减，在单调递增， ，即的最小值为0. 【小问2详解】 证明：由（1）得，， 可知，当且仅当时等号成立， 令，则. ， 即， 也即， 所以， 故对任意正整数，都有. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略： （1）构造差函数，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式； （2）根据条件，寻找目标函数，一般思路为利用条件将所求问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年春季学期甘肃省兰州第一中学高三开学诊断考试 数学试题 考试时间：120分钟 试卷总分：150分 一、单选题: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. 是虚数单位，若复数满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 已知命题p：，命题q：直线与抛物线有两个公共点，则p是q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 3. 为庆祝广益中学建校130周年，高二年级派出甲､乙､丙､丁､戊5名老师参加“130周年办学成果展”活动，活动结束后5名老师排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，则排法共有（ ）种. A. 40 B. 24 C. 20 D. 12 4. 若过点的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为( ) A. B. C. D. 5. 公元前四世纪，毕达哥拉斯学派对数和形的关系进行了研究，他们借助几何图形（或格点）来表示数，称为形数，形数是联系算数和几何的纽带；下图为五角形数的前4个，现有如下说法：①第9个五角形数比第8个五角形数多25；②前8个五角形数之和为288；③记所有的五角形数从小到大构成数列，则的前20项和为610；则正确的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 6. 对于给定的正整数，设集合，，且∅．记为集合中的最大元素，当取遍的所有非空子集时，对应的所有的和记为，则（ ） A. B. C. D. 7. 图为世界名画《蒙娜丽莎》.假设蒙娜丽莎微笑时的嘴唇可看作半径为的圆的一段圆弧，且弧所对的圆周角为.设圆的圆心在点与弧中点的连线所在直线上.若存在圆满足：弧上存在四点满足过这四点作圆的切线，这四条切线与圆也相切，则弧上的点与圆上的点的最短距离的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知直线是圆的一条对称轴，设直线与轴的交点为，将直线绕点按顺时针方向旋转得到直线，则直线被圆截得的弦长为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 二、多选题: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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 在正方体中，分别为棱的中点，动点平面，，则下列说法正确的是（ ） A. 的外接球面积为 B. 直线平面 C. 正方体被平面截得的截面为正六边形 D. 点的轨迹长度为 10. 设函数，如图是函数及其导函数的部分图像，则（ ） A. B. C. 与y轴交点坐标为 D. 与的所有交点中横坐标绝对值的最小值为 11. 已知抛物线的焦点为，准线为，过抛物线上一点作的垂线，垂足为，则下列说法正确的是（ ） A. 准线的方程为 B. 若过焦点的直线交抛物线于两点，且，则 C. 若，则的最小值为3 D. 延长交抛物线于点，若，则 三.填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在同一平面直角坐标系中，曲线所对应的图形经过伸缩变换得到图形.点在曲线上，则点到直线的距离的最小值为____________. 13. 若函数的图像关于直线对称，则___________. 14. 的展开式中所有有理项的系数之和为__________. 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. 设数列的前项和为，且. （1）求； （2）记，数列的前项和为，求. 16. 已知函数其中为常数，设为自然对数的底数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）是否存在实数，使得在区间上的最大值为？若存在，求出求的值，若不存在，请说明理由. 17. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c．已知的外接圆半径，且． （1）求B和b的值； （2）求面积的最大值． 18. 已知为坐标原点，椭圆的左､右焦点分别为，直线与椭圆交于两点，当的周长取得最大值8时，. （1）求椭圆的标准方程； （2）过点作斜率存在且不为0的直线交椭圆于两点，若，直线与直线交于点，记直线的斜率分别为，试判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由. 19. 已知函数. （1）是的导函数，求的最小值； （2）证明：对任意正整数，都有（其中为自然对数的底数） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $