精品解析：安徽省蚌埠第二中学2024-2025学年高三下学期开学数学试题

蚌埠二中2024-2025学年高三下学期开学考 数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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和试卷指定位置上. 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.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. 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足且，则（ ） A. 5 B. C. D. 10 3. 的展开式中的系数为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 4. 已知抛物线：的焦点为F，点P是C上的一点，点，则周长的最小值是（ ） A. B. C. D. 5. 已知公差不为零的等差数列满足，且成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，，则实数a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 7. 已知三棱锥各个顶点都在半径为的球的球面上，且，，，则球心到平面的距离为（ ） A. B. C. 3 D. 8. 已知函数的定义域为，且对任意，满足，且则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，平面，下列说法正确的是（ ） A. 与所成的角是 B. 平面与平面所成的锐二面角余弦值是 C. 三棱锥的体积是 D. 与平面所成的角的正弦值是 10. 斜率为2的直线l与双曲线的两条渐近线交于，两点，与双曲线交于C，D两点，P是线段的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 是双曲线两条渐近线所构成的“X”形图象的方程 B. P也是线段的中点 C. 若l过双曲线的焦点，则直线的斜率是 D. 若l过双曲线的焦点，点P的坐标为，则 11. 已知定义域为的偶函数，满足，当时，．则（ ） A. 的一个周期为2 B. C. 的解集为（） D. （） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设为非零向量与的夹角，定义：．若，，，则______． 13. 若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是______. 14. 若无穷数列满足，则称数列为数列. 若数列为递增数列，则_____；若数列满足，且，则_____. 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. 已知函数在处的切线为. （1）求的值； （2）求函数的单调区间与最大值. 16. “九子游戏”是一种传统的儿童游戏，它包括打弹子、滚圈子、踢毽子、顶核子、造房子、拉扯铃子、刮片子、掼结子、抽陀子九种不同的游戏项目，某小学为丰富同学们的课外活动，举办了“九子游戏”比赛，所有的比赛项目均采用局胜的单败淘汰制，即先赢下局比赛者获胜.造房子游戏是同学们喜爱的项目之一，经过多轮淘汰后，甲、乙二人进入造房子游戏的决赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为. （1）若，，设比赛结束时比赛的局数为，求的分布列与数学期望； （2）设采用3局2胜制时乙获胜的概率为，采用5局3胜制时乙获胜的概率为，若，求的取值范围. 17. 如图，四棱锥中，平面平面ABCD是以为斜边的等腰直角三角形，底面为直角梯形其中是的中点，是的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离. 18. 设抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，且的最小值为4. （1）求的方程； （2）设过的另一直线交于两点，且点在直线上. （i）证明：直线过定点； （ii）对于（i）中的定点，当的面积为时，求直线的方程. 19. 数列是特殊的函数，可以利用函数工具研究数列性质.比如，为了研究数列的性质，对通项公式取对数得，，则可通过研究函数的性质，得到数列的性质，进而得到的性质.请根据以上材料，解决如下问题： （1）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围，并证明：； （2）是否存在常数，使得：有，？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. （注：e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 $ 蚌埠二中2024-2025学年高三下学期开学考 数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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和试卷指定位置上. 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.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. 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用补集的定义，借助于数轴分析即得. 【详解】由， 可得：或. 故选：B. 2. 若复数满足且，则（ ） A. 5 B. C. D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】设，则可得，结合复数运算可得，再计算出后结合模长定义计算即可得. 【详解】设，则，即， 则，则， 则. 故选：B. 3. 的展开式中的系数为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式定理的运算性质展开求解即可. 【详解】， 含的项为， 所以展开式中的系数为. 故选：C． 4. 已知抛物线：的焦点为F，点P是C上的一点，点，则周长的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】过点P作C的准线的垂线，垂足为，结合抛物线定义及三角形的性质有求周长最小值. 【详解】由题知，准线方程为，过点P作C的准线的垂线，垂足为， 由抛物线的定义知，又， 所以， 当且仅当M，P，三点共线时取得最小值， 故周长的最小值是. 故选：C 5. 已知公差不为零的等差数列满足，且成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用给定条件求出等差数列基本量，再运用公式法求和即可. 【详解】设首项为，公差为，由已知得， 因为，所以， 化简得，因为成等比数列，所以， 故，解得或(舍去)， 故，且设前项和为， 则，得到，故A正确. 故选：A 6. 已知，，，则实数a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别作出相应函数的图像，结合图像交点，即可判断、、的大小. 【详解】分别作出与的图像， 因，故结合图像可知. 分别作出与的图像， 因，故结合图像可知. 分别作出与的图像， 因，故结合图像可知. 因此. 故选：B. 7. 已知三棱锥各个顶点都在半径为的球的球面上，且，，，则球心到平面的距离为（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】过点作底面的射影，利用条件推理证明点为的中点，利用求出即得. 【详解】 如图，过点作底面的射影，因，则点为的外心， 又因，，故点为的中点， 连接，则三棱锥的外接球的球心必在上， 连接，则， ， 在中，， 因平面，故球心到平面的距离为. 故选：A. 8. 已知函数的定义域为，且对任意，满足，且则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据累加法可得即可求解. 【详解】当时， 因为， 故 由累加法可得， 故，故AB错误， 由， 所以故，所以C错误,D正确， 故选：D 【点睛】关键点点睛：利用累加法可得. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，平面，下列说法正确的是（ ） A. 与所成的角是 B. 平面与平面所成的锐二面角余弦值是 C. 三棱锥的体积是 D. 与平面所成的角的正弦值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意以分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法判断选项A，B，D，直接由锥体的体积公式求出三棱锥的体积，判断选项C. 【详解】由,可得,又平面 故以分别为轴建立空间直角坐标系. 则 选项A. 由 则,所以 所以与所成的角是，故选项A正确. 选项B. 由题意为平面的一个法向量. 设为平面 的一个法向量， 由 ，即 ，则取 所以 所以平面与平面所成的锐二面角余弦值是，故选项B不正确. 选项C. ,故选项C正确. 选项D. ,设与平面所成的角为 则 ，故选项D正确. 故选：ACD 10. 斜率为2的直线l与双曲线的两条渐近线交于，两点，与双曲线交于C，D两点，P是线段的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 是双曲线两条渐近线所构成的“X”形图象的方程 B. P也是线段的中点 C. 若l过双曲线的焦点，则直线的斜率是 D. 若l过双曲线的焦点，点P的坐标为，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】由双曲线渐近线求法即可判断A；分别联立直线l与双曲线和渐近线方程结合韦达定理即可判断B；由点差法即可求解判断CD. 【详解】对于A.，或，这恰为双曲线两条渐近线，故A正确； 对于B.设直线方程为，分别联立与， 得和， 这两式的两根之和都是，所以，中点为同一个，故B正确； 对于C.因为，， 所以， 所以直线的斜率是，故C错误； 对于D.由C选项可知，即，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知定义域为的偶函数，满足，当时，．则（ ） A. 的一个周期为2 B. C. 的解集为（） D. （） 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据条件推得的一个周期为2判断A项，利用函数的周期性和对称性，化简计算即可判断B项，结合函数的图象即可判断C，D两项. 【详解】对于A，因是定义域为的偶函数，则， 由可知：的图象对称轴为直线，且， 即得，则的一个周期为2，故A正确； 对于B，因，而， 因为，所以，故B正确； 对于C，根据题意，可以作出函数的图象如下： 由上分析知，函数的最小正周期为2，当时，，则由可得； 而当时，，则由可得， 综上可得时，由可得， 故对于，则的解集为，故C错误； 对于D，由图知对于，必有，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设为非零向量与的夹角，定义：．若，，，则______． 【答案】6 【解析】 【分析】利用向量夹角公式求出，进而求出即可得解. 【详解】由，，，得，而， 因此，所以. 故答案为：6 13. 若函数恰有2个零点，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】函数恰有两个零点，等价于有两个实数根，设，，利用导数研究函数单调性，作出函数图象通过数形结合求解. 【详解】令，得， 即，令，， 所以函数恰有2个零点等价于函数的图象与的图象有两个交点. ，令，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 且时，时， 所以的图象如图所示， 设是经过点的的图象的切线，切点为， 则切线斜率为， 所以的方程为， 又经过点，所以， 即，解得或， 或， 所以由图可知，当或， 即或时，函数的图象与的图象有两个交点， 即函数恰有2个零点， 所以实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是将函数恰有2个零点转化为函数的图象与的图象有两个交点，数形结合求解. 14. 若无穷数列满足，则称数列为数列. 若数列为递增数列，则_____；若数列满足，且，则_____. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】结合所给定义与递增数列的性质可得，利用累加法计算即可得空一；依题意的偶数项构成单调递增数列，从而可得当时，有，再证明相邻两项不可能同时为非负数，从而可得，进而根据等差数列的通项公式求解即可. 【详解】由为递增数列，则，故， 则，，，， 则 即， 又，则，故； 由，故数列是单调递增数列， 即数列的偶数项构成单调递增数列， 依题意，可得，或，由，故， 故或，则或或或， 由，故，又，则， 故，故当时，有， 下面证明数列中相邻两项不可能同时为非负数： 假设数列中存在同时为非负数， 因为， 若，则有，与条件矛盾； 若，则有，与条件矛盾； 即假设不存在，即对任意正整数，中至少有一个小于； 由，对成立， 故时，，，即， 故， 故， 即，， 又，所以数列是，公差为1的等差数列， 所以. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：空二的关键点在于考虑每项前后的两项数列正负，并根据累加可得. 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. 已知函数在处的切线为. （1）求的值； （2）求函数的单调区间与最大值. 【答案】（1） （2）在单调递减，单调递增， 【解析】 【分析】（1）由条件结合导数的几何意义可得，列方程求即可； （2）利用导数判断函数的单调性，结合单调性求最值. 【小问1详解】 因为函数在处的切线为， 所以，， 又函数的导函数， 所以， 所以； 【小问2详解】 由（1）知 当，当且仅当时取等号， 当， 在单调递减，单调递增， 又，， . 16. “九子游戏”是一种传统的儿童游戏，它包括打弹子、滚圈子、踢毽子、顶核子、造房子、拉扯铃子、刮片子、掼结子、抽陀子九种不同的游戏项目，某小学为丰富同学们的课外活动，举办了“九子游戏”比赛，所有的比赛项目均采用局胜的单败淘汰制，即先赢下局比赛者获胜.造房子游戏是同学们喜爱的项目之一，经过多轮淘汰后，甲、乙二人进入造房子游戏的决赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为. （1）若，，设比赛结束时比赛的局数为，求的分布列与数学期望； （2）设采用3局2胜制时乙获胜的概率为，采用5局3胜制时乙获胜的概率为，若，求的取值范围. 【答案】（1）分布列： 2 3 数学期望为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到的所有可能取值为2，3，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解； （2）分别求，结合，运算求解即可. 【小问1详解】 因为，所以比赛采用3局2胜制，的所有可能取值为2，3， ， ， 的分布列为 2 3 所以. 【小问2详解】 由题意知， . 由，得， 且，则，可得， 整理得，解得， 所以的取值范围为. 17. 如图，四棱锥中，平面平面ABCD是以为斜边的等腰直角三角形，底面为直角梯形其中是的中点，是的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明：由于是以AD为斜边的等腰直角三角形， O是AD的中点，故 由于平面平面ABCD，平面平面平面PAD， 故平面ABCD； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据平面平面ABCD，利用面面垂直的性质定理即可得证； （2）建立空间直坐标系Oxyz，分别求出平面PAB和平面PBC的法向量，利用向量法求解即可； （3）求出利用向量法求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连结OB，由于O是AD的中点，且故 由于故四边形OBCD为矩形， 所以故有OB、OD、OP两两垂直， 以O为坐标原点，OB、OD、OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直坐标系Oxyz， 则, 设平面PAB的法向量为 则 令则 故平面PAB的一个法向量为 设平面PBC的法向量为 则 令则 故平面PBC的一个法向量为 设平面PAB与平面PBC的夹角为 故平面PAB与平面PBC的夹角余弦值为； 【小问3详解】 由（2）知，平面PAB的一个法向量为 所以点E到平面PAB的距离为 18. 设抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，且的最小值为4. （1）求的方程； （2）设过的另一直线交于两点，且点在直线上. （i）证明：直线过定点； （ii）对于（i）中的定点，当的面积为时，求直线的方程. 【答案】（1） （2）（i）证明如下： 设直线方程：. 由消去得.① 又由（1）知，同理. 当的斜率不存在时，的斜率不存在时，不妨设 此时，； 当的斜率存在时，直线的斜率. 直线方程为，化简得② 由①②得，即. 由得，直线过定点； 所以直线过定点； （ii）或. 【解析】 【分析】（1）借助弦长公式构造方程，结合二次函数得到最值计算即可； （2）（i）设直线方程：. 直曲联立.另外，由前问求出.进而得到直线方程，化简得到.即可求出定点. （ii）先求出和直线方程，还求出点到直线的距离，根据面积公式计算出点坐标，即可求出直线方程. 【小问1详解】 设直线方程：，代入中，消去得. 设，则. 当时，有的最小值为. ，故的方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）由（i）知， 直线方程为：，点到直线的距离， ，解得或6.所以点坐标为，或. 且，或. 直线方程为或. 【点睛】方法点睛：处理定点问题的思路： （1）确定题目中的核心变量（此处设为k）， （2）利用条件得到有关k与x，y的等式， （3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论k的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于k与x，y的等式进行变形，直至找到定点， ①若等式的形式为整式，则考虑将含k的式子归为一组，让系数等于0，求出定点； ②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去k变为常数. 19. 数列是特殊的函数，可以利用函数工具研究数列性质.比如，为了研究数列的性质，对通项公式取对数得，，则可通过研究函数的性质，得到数列的性质，进而得到的性质.请根据以上材料，解决如下问题： （1）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围，并证明：； （2）是否存在常数，使得：有，？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. （注：e为自然对数的底数） 【答案】（1）；证明如下: 此时有，因为，则得， 则，所以得证； （2）存在， 【解析】 【分析】（1）当时，恒成立，；当时，可化为，令，，利用导数方法判断其单调性，结合洛必达法则即可求出的范围；得出以，将代入整理，即可证明不等式成立； （2）先由题意得到；由推出，结合（1）的结果，可求出；对于，当或时，于显然恒成立；当时，推出以，同（1）构造函数，求出；从而可求出结果. 【小问1详解】 当时，显然恒成立，； 当时，可化为， 令，，则， 令，，则在上恒成立， 因此在上单调递减，所以， 即在上恒成立， 所以在上单调递减， 又由洛必达法则可得：， 所以恒成立，因此，为使对任意恒成立，只需； 综上，； 证明略. 【小问2详解】 存在，使得：有，,证明如下： 由题意，为使恒成立，必有； (i)由得，所以，则，因为， 由（1）知对任意恒成立， 为使都成立，只需，解得； (ii)对于，当或时，于显然恒成立； 当时，，由得，所以， 令，则，， 所以，同（1）令，， 则， 令，， 则在上恒成立， 因此在上单调递增，所以， 因此在上恒成立， 所以在上单调递减， 又， 所以当，； 因此，为使恒成立，只需，解得； 由(i)(ii)可得，；即存在，使得：有，. 【点睛】思路点睛： 利用导数的方法求解不等式中的参数时，一般可利用分离参数的方法，先分离出所求参数，再构造函数，利用导数的方法求函数的最值即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $