精品解析：湖南省常德市第六中学2024-2025学年高三下学期开学考试数学试题

湖南省常德市武陵区常德市第六中学2024-2025学年 高三下学期入学考试数学试题 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数满足 ，则（　　） A. B. 1 C. D. 2 3. 在四边形ABCD中，若则四边形为（ ） A 平行四边形 B. 矩形 C. 等腰梯形 D. 菱形 4. 已知函数在定义域上是单调函数，则实数 a的取值范围是（ ） A. [-1，6] B. (-1，6) C. [4，6] D. [4，6) 5. 已知椭圆的上、下焦点分别为，点在椭圆上且位于第三象限，满足的角平分线与相交于点，若，则椭圆的离心率为（ ） A B. C. D. 6. 已知某正四棱台上底面的边长为，下底面的边长为，外接球的表面积为，则该正四棱台的体积为（ ） A 224 B. 112 C. 224或 D. 112或 7. 已知数列满足，．设，若对于任意的，恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 若点是曲线上任意一点，则点到直线距离最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 二、多选题 9. 下列说法正确的是（ ） A. 用简单随机抽样的方法从含有60个个体的总体中抽取一个容量为6的样本，则每个个体被抽到的概率是0.1 B. 已知一组数据1，2，，，8，9的平均数为5，则这组数据的中位数是5 C. 已知某班共有45人，小明在一次数学测验中成绩排名为班级第9名，则小明成绩是全班数学成绩的第20百分位数 D. 甲班和乙班各有学生20人、40人，甲班的数学成绩的平均数为80分，方差为2，乙班的数学成绩的平均数为82分，方差为4，那么甲班和乙班这60人的数学成绩的方差是3 10. 已知双曲线，则下列说法正确的是（ ） A. 双曲线与双曲线C有相同的渐近线 B. 双曲线的离心率等于实轴长 C. 直线被双曲线C截得的弦长为 D. 直线与双曲线的公共点个数只可能是0，2 11. 已知都是定义在上的函数，对任意满足，且，则下列说法正确的有（ ） A. B. 函数的图象关于点对称 C. D. 若，则 三、填空题 12 已知，则，则________，________． 13. 如图，用四种不同颜色给图中的五个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色．则不同的涂色方法共有______种． 14. 在平面直角坐标系xOy中，直线l过点A（0，5）且与曲线x2+y2＝5（x＞0）相切于点B，则直线l的方程是_____，设E是线段OB中点，长度为的线段PQ（P在Q的上方）在直线l上滑动，则|OP|+|EQ|的最小值是_____. 四、解答题 15. 在中，角的对边分别为 （1）求角； （2）已知边的中点为，且，求面积的最大值. 16. 如图，正三棱柱ABC-A1B1C1中，若，AD＝DC．试证明： （1）AB1∥面BC1D； （2）AB1⊥BC1 17. 有一堆大小和质地都相同的白球和黑球，先将一个白球和一个黑球放入袋子中，再从袋子中不放回地随机取出一个球，然后再往袋子中加入一个白球和一个黑球，再从袋子中不放回地随机取出一个球，如此循环取球． （1）若取了三次球，求刚好取出个黑球的概率； （2）若要使取出的球中有黑球的概率不低于，求最少需要取多少次球． 18. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）求在上的最大值和最小值． 19. 已知椭圆的右焦点为，过且与轴垂直的弦长为. （1）求椭圆的标准方程； （2）过作直线与椭圆交于两点，问：在轴上是否存在点，使为定值，若存在，请求出点坐标，若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 湖南省常德市武陵区常德市第六中学2024-2025学年 高三下学期入学考试数学试题 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对数的性质先求出集合，再求出集合，由集合的交集运算，即可求出结果. 【详解】由题知，集合，，所以. 故选：B． 2. 设复数满足 ，则（　　） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的运算法则及模的定义求解即可. 【详解】， 则. 故选：. 3. 在四边形ABCD中，若则四边形为（ ） A. 平行四边形 B. 矩形 C. 等腰梯形 D. 菱形 【答案】B 【解析】 【分析】根据可判定四边形为平行四边形，结合，可知四边形为矩形. 【详解】由知四边形ABCD是平行四边形， 又，∴,即 ， ∴此四边形为矩形, 故选：B 4. 已知函数在定义域上是单调函数，则实数 a的取值范围是（ ） A. [-1，6] B. (-1，6) C. [4，6] D. [4，6) 【答案】D 【解析】 【分析】 根据分段函数的单调性，可确定都为单调递减，确定含有的不等式，解出的范围. 【详解】令由于为单调函数，所以，依然单调，根据函数的解析式可知，求其对称轴为，所以在上单调递减，那么也为单调递减，所以 ，则 ，所以. 故选：D. 【点睛】易错点点睛：分段函数确定单调性，必须考虑连接点或端点的大小关系. 5. 已知椭圆的上、下焦点分别为，点在椭圆上且位于第三象限，满足的角平分线与相交于点，若，则椭圆的离心率为（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量的关系，可得，再由角平分线的性质可得，由，由椭圆的定义可得，的表达式，再由余弦定理可得，的关系，进而求出离心率的值． 【详解】因为，则， 由角平分线的性质可得， 因为，所以， 由椭圆的定义可知：， 在△，， 由余弦定理可得， 即， 整理可得：, 即，可得， 因为，所以． 故选：C． 6. 已知某正四棱台上底面的边长为，下底面的边长为，外接球的表面积为，则该正四棱台的体积为（ ） A. 224 B. 112 C. 224或 D. 112或 【答案】D 【解析】 【分析】确定上底面和下底面的中心，连接两个中心，分球心在线段上和延长线上两种情况考虑，利用勾股定理可求出正四棱台的高，近一步计算即可. 【详解】根据题意，球心位置分为两种情况： 若球心位置在几何体内， 如图所示：设为外接球球心，为外接球半径，则, 又上底面是边长为的正方形，故 下底面边长为的正方形，故 外接球的表面积为所以 则 所以正四棱台的高 正四棱台的体积 当球心在的延长线上时，正四棱台的高 则正四棱台的体积 故选： 7. 已知数列满足，．设，若对于任意的，恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，求出数列，的通项，再求出数列的最大项作答. 【详解】由数列满足，，得是首项为1，公比为的等比数列，， 于是，， 当，时，当且仅当时取等号，当时，， 因此当时，数列单调递增，当时，数列单调递减， 则当或时，，而任意的，恒成立，则， 所以实数的取值范围是. 故选：A 【点睛】关键点睛：涉及求数列最大项问题，探讨数列的单调性是解题的关键，可以借助作差或作商的方法判断单调性作答. 8. 若点是曲线上任意一点，则点到直线距离最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设出点的坐标，利用点到直线的距离公式列式，再构造函数并利用导数求出最小值. 【详解】依题意，设点，则点到直线的距离， 令函数，求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，则， 所以点到直线距离最小值为. 故选：C 二、多选题 9. 下列说法正确的是（ ） A. 用简单随机抽样的方法从含有60个个体的总体中抽取一个容量为6的样本，则每个个体被抽到的概率是0.1 B. 已知一组数据1，2，，，8，9的平均数为5，则这组数据的中位数是5 C. 已知某班共有45人，小明在一次数学测验中成绩排名为班级第9名，则小明成绩是全班数学成绩的第20百分位数 D. 甲班和乙班各有学生20人、40人，甲班的数学成绩的平均数为80分，方差为2，乙班的数学成绩的平均数为82分，方差为4，那么甲班和乙班这60人的数学成绩的方差是3 【答案】AB 【解析】 【分析】根据数据的平均数、中位数、百分位数、分层抽样的方差的计算方法逐一分析选项即可. 【详解】对A，由古典概型计算公式可得每个个体被抽到的概率是，故正确； 对B，已知一组数据1，2，，，8，9的平均数为5， 则，即，解得， 则数据的中位数为，故正确； 对C，已知某班共有45人，小明在一次数学测验中成绩排名为班级第9名， 将数学成绩从小到大排列，小明成绩为第36名， 又由，则小明成绩的百分位数是80，故错误； 对D，由题意得甲班和乙班这60人的数学成绩的平均数为， 甲班和乙班这60人的数学成绩的方差为， 故错误. 故选：. 10. 已知双曲线，则下列说法正确的是（ ） A. 双曲线与双曲线C有相同的渐近线 B. 双曲线的离心率等于实轴长 C. 直线被双曲线C截得的弦长为 D. 直线与双曲线的公共点个数只可能是0，2 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用双曲线方程求解焦点坐标，离心率，渐近线方程，结合直线与双曲线的位置关系的判定和弦长，然后分析判断选项的正误，即可求解. 【详解】由双曲线的焦点在轴上，且，则， 其渐近线方程为， 对于A中，由双曲线的渐近线方程为，与双曲线C的渐近线不相同，故A错误； 对于B中，由双曲线C的离心率为，实轴长为，所以B正确； 对于C中，由代入双曲线中，可得， 即交点的坐标为和，所以截得的弦长为，所以C正确； 对于D中，由得， 当时，此时直线与渐近线重合，与双曲线没有公共点，，即交点的个数为0个； 当时，若，则无解，所以直线与双曲线没有公共点，即交点的个数为0个； 若即时，则由得有两解，所以直线与双曲线有两个公共点，即交点的个数为2个； 综上，直线与双曲线的公共点个数只可能是0，2，所以D正确. 故选：BCD. 11. 已知都是定义在上的函数，对任意满足，且，则下列说法正确的有（ ） A. B. 函数的图象关于点对称 C. D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用赋值法结合题目给定的条件可判断ABC，对于D，通过观察选项可以推断很可能为周期函数，结合，的特殊性以及一些已经证明的结论，想到当令和时可构建出两个式子，两式相加即可得出，进一步可得出是周期函数，从而可得出的值. 【详解】对于A，令，代入已知等式得，得， 再令，，代入已知等式得， 可得，结合得，故A正确； 对于B，再令，代入已知等式得， 将代入上式，得，∴函数为奇函数， ∴函数关于点对称，故B正确； 对于C，再令，代入已知等式， 得，∵，∴， 又∵，∴， ∵，∴，故C错误； 对于D，分别令和，代入已知等式，得以下两个等式： ， 两式相加易得，所以有， 即：， 有：， 即：，∴为周期函数，且周期为3， ∵，∴，∴，， ∴， ∴， 故D正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：对于含有，，的抽象函数的一般解题思路是：观察函数关系，发现可利用的点，以及利用证明了的条件或者选项；抽象函数一般通过赋值法来确定、判断某些关系，特别是有，双变量，需要双赋值，可以得到一个或多个关系式，进而得到所需的关系.此过程中的难点是赋予哪些合适的值，这就需要观察题设条件以及选项来决定. 三、填空题 12. 已知，则，则________，________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】首先利用诱导公式，计算；根据，构造齐次方程，求. 【详解】，所以， ， 解得：，因为， 所以. 故答案为：； 13. 如图，用四种不同颜色给图中的五个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色．则不同的涂色方法共有______种． 【答案】72 【解析】 分析】由图形可知点比较特殊，所以按照分类分步计数原理从点开始涂色计算可得结果. 【详解】根据题意按照的顺序分5步进行涂色， 第一步，点的涂色有种， 第二步，点的颜色与不同，其涂色有种， 第三步，点的颜色与都不同，其涂色有种， 第四步，对点涂色，当同色时，点有1种选择；当不同色时，点有1种选择； 第五步，对点涂色，当同色时，点有2种选择；当不同色时，点有1种选择； 根据分类分步计数原理可得，不同的涂色方法共有种. 故答案为：72 14. 在平面直角坐标系xOy中，直线l过点A（0，5）且与曲线x2+y2＝5（x＞0）相切于点B，则直线l的方程是_____，设E是线段OB中点，长度为的线段PQ（P在Q的上方）在直线l上滑动，则|OP|+|EQ|的最小值是_____. 【答案】 ①. 2x+y﹣5＝0 ②. 【解析】 【分析】由直线与圆相切求出切线的斜率即可得知切线的方程；结合勾股定理表示出|OP|+|EQ|＝，利用对称，求出|OP|+|EQ|取得最小值. 【详解】①显然直线l的斜率一定存在，所以设直线l的方程为：y＝kx+5，即kx﹣y+5＝0， ∵直线l与曲线x2+y2＝5（x＞0）相切，∴，解得：k＝±2， ∵x＞0，∴k＝-2，∴直线l的方程为：2x+y﹣5＝0. ②由①可知，由勾股定理得，， ＝＝，所以|OP|+|EQ|＝， 表示与和之间的距离，关于x轴的对称点为，∴|OP|+|EQ|取得最小值为 . 故答案为：2x+y﹣5＝0；. 【点睛】本题考查了求直线方程，最值问题，意在考查学生计算能力和转化能力，属于中档题. 四、解答题 15. 在中，角的对边分别为 （1）求角； （2）已知边的中点为，且，求面积的最大值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及三角恒等变换求得； （2）因为及余弦定理得，由基本不等式求得，进而求得面积的最大值. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理得， 因为，所以， ，即， 所以， 又，所以， 所以，即. 【小问2详解】 因为，所以， 由余弦定理， 解得， 又，所以， 所以 当且仅当时取等号， 所以， 因为，所以面积的最大值为. 16. 如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，若，AD＝DC．试证明： （1）AB1∥面BC1D； （2）AB1⊥BC1 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）连结B1C交B1C于点E，连结DE， 利用三角形中位线定理得到AB1∥DE，根据线面平行的判定定理即可证明AB1∥面BC1D； （2）取BC中点F，连AF，B1F，分别证明出AF⊥BC1，BC1⊥B1F即可证明BC1⊥面AB1F，利用线面垂直的性质定理可以得到BC1⊥AB1． 【详解】（1） 连结B1C交B1C于点E，连结DE， 则在△AB1C中，D，E是中点， 所以AB1∥DE， 又AB1⊄平面BC1D，DE平面BC1D， 所以AB1∥面BC1D； （2）取BC中点F，连AF，B1F， 由正三棱柱的性质知AF⊥侧面BCC1B1， 所以AF⊥BC1，……① 在侧面BCC1B1中，，F是中点，则Rt△BB1C1∽Rt△FBB1， 所以BC1⊥B1F……②， 由①②且,所以BC1⊥面AB1F， 所以BC1⊥AB1． 17. 有一堆大小和质地都相同的白球和黑球，先将一个白球和一个黑球放入袋子中，再从袋子中不放回地随机取出一个球，然后再往袋子中加入一个白球和一个黑球，再从袋子中不放回地随机取出一个球，如此循环取球． （1）若取了三次球，求刚好取出个黑球的概率； （2）若要使取出的球中有黑球的概率不低于，求最少需要取多少次球． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）分情况讨论取出三个球的颜色情况，分别计算概率； （2）设最少需要取次，则次都是白球的概率，则，代入特值可得解. 【小问1详解】 若三次取球依次为白黑黑的概率为 若三次取球依次为黑白黑的概率为 若三次取球依次为黑黑白的概率为， 所以取了三次球，求刚好取出个黑球的概率为； 【小问2详解】 设最少需要取次， 则次都是白球的概率， 所以取出的球中有黑球的概率为， 可知是关于的递增函数， 当时，， 当时，， 所以最少取次. 18. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）求在上的最大值和最小值． 【答案】（1）单调递增区间为和；单调减区间为；（2）最大值是，最小值是． 【解析】 【分析】（1）求导，解不等式，由得增区间，由得减区间； （2）将极值和端点的函数值比较可得的最大值和最小值. 【详解】（1）函数的定义域是R， ， 令，解得：或， 令，解得：， 所以的单调递增区间为和；单调减区间为 （2）由（1）知在递减，在递增， 而，，， 故最大值是，最小值是． 19. 已知椭圆的右焦点为，过且与轴垂直的弦长为. （1）求椭圆的标准方程； （2）过作直线与椭圆交于两点，问：在轴上是否存在点，使为定值，若存在，请求出点坐标，若不存在，请说明理由. 【答案】(1) ；(2). 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的通径公式即可求得和的值，即可求得椭圆方程. （2）假设存在点满足条件，设其坐标为，利用韦达定理及向量坐标运算即可求得，根据比例关系，即可求得的值，即可求得点坐标. 【小问1详解】 由题意知，. 又当时，. ∴. 则. ∴椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 假设存在点满足条件， 设其坐标为，设，， 当斜率存在时，设方程为， 联立，恒成立. ∴，. ∴，. ∴ . 当为定值时，. ∴. 此时. 当斜率不存在时， ，，. ，， . ∴存在满足条件的点，其坐标为. 此时的值为. 【点睛】利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$