精品解析：山西省卓越联盟2024-2025学年高三下学期2月开学质量检测数学试卷

2024～2025学年第二学期高三开学质量检测卷 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区城内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：高考范围. 一、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. 设全集，，则（ ） A. B. C. D. 2. 称方程的根为函数的“+1点”，则函数的“点”为（ ） A. B. 或 C. 或1 D. 3. 设角的终边落在直线上，若，则m的值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知变量x和变量y的一组成对样本数据，其中，其经验回归方程为，现又增加了2个样本点，，得到新样本的经验回归方程为.在新的经验回归方程下，若样本的残差为，则m的值为（ ） A. 3.15 B. 1.75 C. 2.35 D. 1.95 5. 已知函数，若，恒成立，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 6. 画法几何学的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条互相垂直直线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心，以长半轴和短半轴平方和的算术平方根为半径的圆，称该圆为椭圆的蒙日圆.设A，B为椭圆E：上的两个动点，动点P在直线上，若恒成立，则E的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 函数（其中，且）是其定义域上的单调函数，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、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. 8. 设，均为模是1的复数，则（ ） A. B. C. D. 的最大值为5 9. 已知A、B为两个随机事件，且A与B相互独立，若，，则（ ） A. B. C. 事件A、B恰有一个发生的概率为 D. 10. 已知下图为方格，挖去左上角的一个方格后，可以用n个（）下列图形完全覆盖住（可以旋转，翻折但不能重叠）的有（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 11. 在的展开式中，常数项为________.(用数字作答) 12. 已知抛物线，F为焦点，过F的直线与抛物线交于A，B两点，O为坐标原点，的面积为S，且，则______. 13. 用表示x，y，z中最大的数，设，若，则M的最小值为______. 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. 14. 在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c， （1）求A的大小； （2）设D为BC边上的点，AD平分，且，，求的面积. 15. 在如图所示的直三棱柱中，，，E，F分别为，BC的中点. （1）求异面直线与EF所成角的余弦值； （2）求平面与平面AEF夹角的大小. 16. 已知双曲线：的右焦点为，且到的其中一条渐近线的距离为. （1）求的方程； （2）设，过点的直线与相交于两点，是否存在正数，使得为常数？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 17. 已知函数，，. （1）若，求实数m的取值范围； （2）设函数，且，是的两个零点. （i）求a的取值范围； （ii）证明：. 18. 甲、乙、丙三人玩传花游戏，开始时由甲手持鲜花，随机地将花传给乙或丙，接花者再随机地将花传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去从一个人手中将花传给另一个人称为一次传花，设经过n次传花后，花回到甲手里的概率记为，假设每一次传花互不影响. （1）求和的值； （2）探究与之间的递推关系； （3）设，数列的前n项和为，若，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024～2025学年第二学期高三开学质量检测卷 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区城内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：高考范围. 一、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. 设全集，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对数函数单调性化简，即可利用补集的定义求解. 【详解】由，得，即，所以. 故选:C. 2. 称方程的根为函数的“+1点”，则函数的“点”为（ ） A. B. 或 C. 或1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由函数“点”的定义，代入计算，即可得到结果. 【详解】由题意可得，当时，由，解得（舍去）， 当时，由，解得或（舍去）， 综上所述，函数的“点”为. 故选：A 3. 设角的终边落在直线上，若，则m的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知及诱导公式有，讨论终边所在象限写出对应正余弦值，代入求参数m即可. 【详解】由. 当为第二象限角时，在终边上取一点且， 则，，解得. 当为第四象限角时，在终边上取一点且， 则，，解得（舍去）. 故选：A 4. 已知变量x和变量y的一组成对样本数据，其中，其经验回归方程为，现又增加了2个样本点，，得到新样本的经验回归方程为.在新的经验回归方程下，若样本的残差为，则m的值为（ ） A. 3.15 B. 1.75 C. 2.35 D. 1.95 【答案】D 【解析】 【分析】先计算新数据的平均值，然后计算新数据的回归方程，进而根据残差定义计算. 【详解】因为过点，将代入得. 增加两个样本点后x的平均数为，，. 所以新的经验回归方程为，当时，. 所以样本的残差是，解得. 故选：D. 5. 已知函数，若，恒成立，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件得到，从而得到，即可求解. 【详解】由题意知为图象的一条对称轴，为的零点， 所以，，又，得到， 所以当时，的最小值为2， 故选：B. 6. 画法几何学的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条互相垂直直线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心，以长半轴和短半轴平方和的算术平方根为半径的圆，称该圆为椭圆的蒙日圆.设A，B为椭圆E：上的两个动点，动点P在直线上，若恒成立，则E的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据蒙日圆的定义写出椭圆方程对应的蒙日圆，再由直线与圆的位置关系及点线距离公式列不等式求参数范围，进而求椭圆离心率范围. 【详解】根据题意，得椭圆E的蒙日圆方程为， 其上任意一点向椭圆C所引的两条切线互相垂直， 因此当直线与圆相离时，， 由，解得. 所以离心率. 故选：A 7. 函数（其中，且）是其定义域上的单调函数，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导后再分类讨论单调递增和单调递减，借助导数研究其单调性.再构造函数，得到单调性，求出范围即可. 【详解】由.若单调递增，则恒成立，即. 设，，又函数在时函数值趋近于0，不满足条件； 若单调递减，则恒成立，即， 当时，函数在时函数值趋向于，不满足条件，所以， 令，则，所以在区间上单调递增， 在区间上单调递减，所以，即， 所以，即，解得. 故选：B 二、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. 8. 设，均为模是1的复数，则（ ） A. B. C. D. 的最大值为5 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题设，复数和均为模是1的复数，意味着它们在复平面上表示的点位于单位圆上，利用这一性质，可以对各选项进行分析，从而找出正确的选项． 【详解】对于A，设，，则，，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，设，， 则， 所以，， ，所以，故C正确； 对于D，的几何意义为复平面内以为圆心的单位圆上的点到的距离， 因为圆心到点的距离为5，则最大值为6，故D错误． 故选：BC． 9. 已知A、B为两个随机事件，且A与B相互独立，若，，则（ ） A. B. C. 事件A、B恰有一个发生的概率为 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据给定条件，利用相互独立事件的意义，结合概率的基本性质及互斥事件的概率公式列式求解. 【详解】设，，由A与B相互独立，得， 则，解得，，A正确，BD错误； 事件A、B恰有一个发生的概率为，C正确. 故选：AC 10. 已知下图为方格，挖去左上角的一个方格后，可以用n个（）下列图形完全覆盖住（可以旋转，翻折但不能重叠）的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题设及图，结合各项给定图形判断是否能用n个（）图形完全覆盖即可得答案. 【详解】对于A，C，D：如图所示， 对于B：无法用8个图形覆盖所有方格. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 11. 在的展开式中，常数项为________.(用数字作答) 【答案】 【解析】 【分析】 的展开式的通项为，取计算得到答案. 【详解】的展开式的通项为：，取得到常数项. 故答案为：. 【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力. 12. 已知抛物线，F为焦点，过F的直线与抛物线交于A，B两点，O为坐标原点，的面积为S，且，则______. 【答案】 【解析】 【分析】设A在第一象限，作于G，作于H，作于E，根据抛物线的定义及列方程求参数值. 【详解】抛物线的准线为l：，不妨设A在第一象限，如图所示， 作于G，作于H，作于E， 设，则，， 所以，则，， 因为，且， 所以，解得. 故答案为： 13. 用表示x，y，z中最大的数，设，若，则M的最小值为______. 【答案】##0.6 【解析】 【分析】根据已知有，，，再结合绝对值的三角不等式求最小值. 【详解】因为， 所以，，， 所以， 所以， 所以，当且仅当同号时取等号， 所以实数M的最小值为. 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. 14. 在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c， （1）求A的大小； （2）设D为BC边上的点，AD平分，且，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）运用正弦定理边角互化，结合恒等变换计算即可；（2）运用等面积法，结合余弦定理和面积公式计算即可. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 又， 所以， 即， 又因为，所以，整理可得， 因为.则，所以，解得. 【小问2详解】 因为，所以，即， 由余弦定理得， 所以，即，解得，所以. 15. 在如图所示的直三棱柱中，，，E，F分别为，BC的中点. （1）求异面直线与EF所成角的余弦值； （2）求平面与平面AEF夹角的大小. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用中位线平移，作出异面直线所成的平面角求解即可，或用空间向量法求解； （2）作图并证明二面角的平面角，再进行求解，或用空间向量法求解. 【小问1详解】 法一：连接，因为E，F分别为，BC的中点，所以， 所以就是异面直线与EF所成角或其补角. 因为三棱柱是直三棱柱，所以底面， 因为底面，所以， 又，，，平面，所以平面， 又平面，所以， 不妨设，则，，， 所以，即异面直线与EF所成角的余弦值是. 法二：因为三棱柱是直三棱柱，所以底面ABC，，， 又，所以. 以A为原点，直线AB，AC，分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，，，，，，，， 所以， 即异面直线与EF所成角的余弦值是. 【小问2详解】 法一：因为，F是BC的中点，所以， 又三棱柱是直三棱柱，所以底面ABC， 因为底面ABC，所以， 又，，平面，所以平面， 又，平面，所以，， 所以是平面与平面AEF的夹角或其补角. 连接，设，则，， ，， 所以， 所以，即平面与平面AEF的夹角是. 法二：由（1）知，，，， 设平面的法向量，则 取，得， 所以平面的一个法向量. 设平面AEF的法向量，则 取，得，，所以平面AEF的一个法向量. 因为，所以， 即平面与平面AEF的夹角是. 16. 已知双曲线：的右焦点为，且到的其中一条渐近线的距离为. （1）求的方程； （2）设，过点的直线与相交于两点，是否存在正数，使得为常数？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据双曲线的性质和点到直线的距离公式求出即可； （2）设出直线方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理和斜率公式求解即可，注意讨论直线斜率不存在的情况. 【小问1详解】 易得双曲线C的半焦距， 又到的其中一条渐近线的距离为， 由对称性不妨取该渐近线为，则， 所以，， 所以C的方程为. 【小问2详解】 当直线的斜率存在时，设的方程为，，， 由消去得，则， 恒成立， 所以，. 假设存在正数，使得为常数， 则 ， 要使为常数，则，解得， 此时点，； 当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入双曲线得， 不妨取，， 若，则； 综上，存在正数，使得为常数. 【点睛】解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤： （1）得出直线方程，设交点为，； （2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程； （3）写出韦达定理； （4）将所求问题或题中关系转化为，形式； （5）代入韦达定理求解. 17. 已知函数，，. （1）若，求实数m的取值范围； （2）设函数，且，是的两个零点. （i）求a的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1）； （2）（i）； （ii）证明：由（ⅰ）知，显然. 因为，所以， 欲证成立，只需证， 因为，当且仅当时等号成立. 又，所以成立. 【解析】 【分析】（1）应用导数求的最小值，根据不等式恒成立及一元二次不等式的解法求参数范围； （2）（ⅰ）问题化为方程在上有两个根，应用导数研究方程右侧的区间单调性、值域，即可得参数范围；（ⅰi）对于有，则，再应用分析法化为证明，即可证结论. 【小问1详解】 函数的定义域为，， 易知在上单调递增，且， 当时，，当时，， 所以当时，该函数取得极小值，也为最小值， 所以，解得， 所以实数m的取值范围为. 【小问2详解】 （ⅰ）由，得， 则在上有两个零点，等价于方程在上有两个根， 令且，即函数的图象与直线有两个交点. 而， 当时，所以，即在上单调递减； 当时，，所以，即在上单调递增. 又，当时，，当时，， 函数的大致图象如图： 要使函数的图象与直线有两个交点，需满足， 所以a的取值范围为. （ⅱ）略. 【点睛】关键点点睛：第二问，问题化为方程在上有两个根，且对于有并应用分析法转化证明结论为关键. 18. 甲、乙、丙三人玩传花游戏，开始时由甲手持鲜花，随机地将花传给乙或丙，接花者再随机地将花传给其他两人中的任意一人，如此不停地传下去从一个人手中将花传给另一个人称为一次传花，设经过n次传花后，花回到甲手里的概率记为，假设每一次传花互不影响. （1）求和的值； （2）探究与之间的递推关系； （3）设，数列的前n项和为，若，证明：. 【答案】（1）， （2） （3）证明:结合（2）得，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以， 所以，所以， 设， 其中， 所以 故， 所以 因此， 设数列的前n项和为，则，① 所以，② 由①－②得， ， 所以，即，得证. 【解析】 【分析】（1）由古典概型概率计算公式即可求解； （2）根据题意得到，即可. （3）由（2）得到，确定，再结合待定系数法得到，累加求和，再通过放缩得到，利用错位相减法求和即可； 【小问1详解】 第1次传花后到乙或丙手里，，第2次传花后乙或丙有的概率将花传到甲手里，故， 经过4次传花共有16种情形， 甲 乙 丙 甲 乙 甲 乙 丙 甲 丙 甲 乙 丙 乙 甲 甲 乙 丙 乙 丙 甲 乙 甲 乙 丙 甲 乙 甲 乙 甲 甲 乙 甲 丙 乙 甲 乙 甲 丙 甲 甲 丙 甲 乙 甲 甲 丙 甲 乙 丙 甲 丙 甲 丙 甲 甲 丙 甲 丙 乙 甲 丙 乙 甲 丙 甲 丙 乙 甲 乙 甲 丙 乙 丙 甲 甲 丙 乙 丙 乙 其中花回到甲手里共有6种情形， 根据古典概型得. 【小问2详解】 结合题意得概率为经过次传花后花回到甲手里， 要使传花n次后，花回到甲手里，则第次传花，花不在甲手里，在乙或丙手里，且下一次传花都有的概率将花传到甲手里， 故， 所以与之间的递推关系为：. 【小问3详解】 略. 【点睛】关键点点睛：第三问：待定系数得到，再通过放缩得到. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $