精品解析：安徽省淮北市相山区安徽省淮北市第一中学2024-2025学年高三下学期开学考试数学试题

淮北一中2024-2025学年高三下学期入学考试 数学试卷 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、准考证号填写在答题卡上. 2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净，再选涂其他答案. 答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，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. 若集合，集合，则的非空真子集个数为（ ） A. B. C. D. 2. 设向量的夹角为，定义：.若平面内互不相等的两个非零向量满足：，与的夹角为，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 3. 在数列中，已知，则的前10项和为（ ） A. B. C. D. 4. 有5项不同的任务安排给甲，乙，丙三人完成，每人至少完成一项且每项任务只安排一人完成，则分配给甲的任务不超过两项的安排方法有（ ） A. 260种 B. 220种 C. 160种 D. 130种 5. 六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无味、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如图所示．若此正八面体的棱长为，则下列说法正确的是（ ） A. 正八面体的体积为 B. 正八面体的表面积为 C. 正八面体的外接球体积为 D. 正八面体的内切球表面积为 6. 已知双曲线的中心为坐标原点，焦点在轴上，两条渐近线分别为，，经过右焦点且垂直于的直线分别交，于，两点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，若，且的最小值为，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 8. 定义在上的奇函数满足，且在上单调递减，若方程在上有实数根，则方程在区间上所有实根之和是（ ） A. 30 B. 14 C. 12 D. 6 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. 已知，，若，为纯虚数，为实数，则（ ） A. B. 的虚部为 C. D. 10. 已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于，两点，点位于点右方，若，则下列结论一定正确的有（ ） A. B. C. D. 直线的斜率为 11. 已知正方体的棱长为，，，分别是，，的中点，点为正方体表面上的一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 的面积为 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 若平面，则点的轨迹长度为 D. 当点为的中点时，到直线的距离为 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则的值为__________． 13. 在中，角所对的边分别为，且外接圆半径为，则的最大值为______. 14. 若曲线与曲线存在公切线，则a的取值范围为__________． 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数． （1）若，求的极小值； （2）若的图象与直线切于点，求的值． 16. 在概率论和统计学中用协方差来衡量两个变量的总体误差，对于离散型随机变量，定义协方差为.将号码分别为1，2，3，4的4个小球等可能地放入号码分别为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子恰好放1个小球. （1）求1号球不在1号盒子中，且2号球不在2号盒子中的概率； （2）记所放小球号码与盒子号码相同的个数为，不同的个数为，求证：； （3）结合实例，解释协方差的实际含义. 17. 如图四棱锥中，平面，． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知的两个顶点，，点G为的重心，边上的两条中线的长度之和为6，记点G的轨迹为曲线E． （1）求曲线E的方程； （2）若点P是曲线E上的任意一点，，，，，直线PC，PD与x轴分别交于点M，N． ①求的最大值； ②判断是否为定值．若为定值，求出该定值；若不为定值，求出它的最大值． 19. 给定数列，，，，定义“变换”为将数列变换成，，，，其中，且这种“变换”记作，继续对数列进行“变换”，得到数列，，依此类推，当得到的数列各项为0时变换结束. （1）求数列，4，2，9经过4次“变换”后得到的数列; （2）证明：数列，，经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是 （3）已知数列，2，2028经过K次“变换”后得到的数列各项之和最小，求K的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 淮北一中2024-2025学年高三下学期入学考试 数学试卷 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、准考证号填写在答题卡上. 2.答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净，再选涂其他答案. 答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，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. 若集合，集合，则的非空真子集个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先分别确定集合，，再根据交集的定义求，再根据中元素的个数确定其非空真子集的个数. 【详解】因为集合 ， 集合， 则，所以的非空真子集个数为：个． 故选：B 2. 设向量的夹角为，定义：.若平面内互不相等的两个非零向量满足：，与的夹角为，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，，则，由题意中，，，外接圆的半径为1，设，由正弦定理可得，，，则，利用三角恒等变换整理化简后再由三角函数的性质求解即可. 【详解】设，，则， 因为，与的夹角为， 所以中，，，如图所示， 由正弦定理可得外接圆的半径为1， 则为圆上与不重合的动点. 设（）， 由正弦定理可得，，， 则 ， 所以当，即时，取得最大值，且最大值为， 故选：B 3. 在数列中，已知，则的前10项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知条件表示出的前10项和，再由等比数列求和可得答案. 【详解】因为， 所以，，， ，， 则的前10项和为. 故选：C. 4. 有5项不同的任务安排给甲，乙，丙三人完成，每人至少完成一项且每项任务只安排一人完成，则分配给甲的任务不超过两项的安排方法有（ ） A. 260种 B. 220种 C. 160种 D. 130种 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，分甲只安排一项任务与甲只安排两项任务讨论，结合排列数与组合数代入计算，即可得到结果. 【详解】若甲只安排一项任务，则有种； 若甲只安排两项任务，则有种； 故分配给甲的任务不超过两项的安排方法共有130种． 故选：D 5. 六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无味、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如图所示．若此正八面体的棱长为，则下列说法正确的是（ ） A. 正八面体的体积为 B. 正八面体的表面积为 C. 正八面体的外接球体积为 D. 正八面体的内切球表面积为 【答案】D 【解析】 【分析】把正八面体补形为正方体，求得正方体的棱长为，利用正八面体和正方体的关系即可求解. 【详解】 把正八面体补形为如图所示正方体，因为正八面体棱长为，则正方体的棱长为 选项A，正八面体的体积，设四棱锥的高为， 则，所以，A错误； 选项B，正八面体的表面积为八个面面积和，故，B错误； 选项C，正八面体的外接球半径为正方体棱长的一半，故， 所以外接球体积，C错误； 选项D，设内切球半径为，则根据正八面体体积相等，， 所以所以内切球表面积为.D正确. 故选：D. 【点睛】思路点睛：补形法是解决正多面体的体积表面积外接球内切球问题的常用方法，本题把正多面体补形为正方体，找到正多面体和正方体的关系，利用正方体和正多面体的棱长的关系，即可解决所求正多面体的体积表面积外接球和内切球问题. 6. 已知双曲线的中心为坐标原点，焦点在轴上，两条渐近线分别为，，经过右焦点且垂直于的直线分别交，于，两点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令双曲线为，其渐近线为，，若得，求坐标且有，结合点线距离公式及已知得双曲线参数的齐次方程求离心率. 【详解】令双曲线为，其渐近线为，， 若，则，且直线，联立， 消去y，可得，所以，则，且， 所以，则， 由，则，整理得， 所以，即， 则，可得或， 若，则，与矛盾，舍； 若，则，满足题设， 又，则. 故选：B 7. 已知，若，且的最小值为，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由，得，，两式作差即可求出结果. 【详解】不妨设， 因为函数，满足， 不妨令，， 两式相减得：，故， 又，则 故选：A 8. 定义在上的奇函数满足，且在上单调递减，若方程在上有实数根，则方程在区间上所有实根之和是（ ） A. 30 B. 14 C. 12 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】 根据条件可得出的图象关于对称，的周期为4，从而可考虑的一个周期，利用，根据在上是减函数可得出在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，然后根据在上有实数根，可判断该实数根是唯一的，并可判断在一个周期内有两个实数根，并得这两实数根和为2，从而得出在区间这三个周期内上有6个实数根，和为30. 【详解】由知函数的图象关于直线对称， ∵，是R上的奇函数， ∴， ∴， ∴的周期为4， 考虑的一个周期，例如， 由在上是减函数知在上是增函数， 在上是减函数，在上是增函数， 对于奇函数有，， 故当时，，当时，， 当时，，当时，， 方程在上有实数根， 则这实数根是唯一的，因为在上是单调函数， 则由于，故方程在上有唯一实数， 在和上， 则方程在和上没有实数根， 从而方程在一个周期内有且仅有两个实数根， 当，方程的两实数根之和为， 当，方程的所有6个实数根之和为. 故选：A. 【点睛】本题考查了由可判断关于对称，周期函数的定义，增函数和减函数的定义，考查了计算和推理能力，属于难题. 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. 已知，，若，为纯虚数，为实数，则（ ） A. B. 的虚部为 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数的模计算判断A，根据复数的除法计算判断B，再由纯虚数、实数的概念判断CD. 【详解】，故A正确； ，虚部为，故B错误； 为纯虚数，，即，故C正确； 为实数，，解得，故D正确. 故选：ACD 10. 已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于，两点，点位于点右方，若，则下列结论一定正确的有（ ） A. B. C. D. 直线的斜率为 【答案】ABC 【解析】 【分析】设直线的方程为，不妨设，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，表达出， ，再由正弦定理得到，得到 ，代入两根之和，两根之积，列出方程，求出，进而求出，根据 可判断根据可判断根据可判断根据对称性判断． 【详解】解：由题意得，，， 当直线的斜率为时，与抛物线只有个交点，不合要求， 故设直线的方程为，不妨设， 联立，可得，易得， 设，，则，， 则，， 则，， 由正弦定理得，， 因为，， 所以，  ， 即． 又由焦半径公式可知， 则，即， 即，解得， 则，，解得，， 故， 当时，同理可得到，故A正确 ． ，故B正确 ，故C正确 当时，，则 ，即 ， 此时 ． 由对称性可得，当时，， 故直线的斜率为，故D错误． 故选：ABC. 【点睛】方法点睛： 在处理有关焦点弦，以及焦半径问题时长度问题时有以下几种方法； （1）常规处理手段，求交点坐标然后用距离公式，含参的问题不适合； （2）韦达定理结合弦长公式，这是此类问题处理的通法； （3）抛物线定义结合焦点弦公式. 11. 已知正方体的棱长为，，，分别是，，的中点，点为正方体表面上的一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 的面积为 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 若平面，则点的轨迹长度为 D. 当点为的中点时，到直线的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意有是边长为的等边三角形，求面积判断A；利用线面平行、面面平行的判定证面面，结合正方体的结构特征有面，当重合时三棱锥体积最大，且当在上除外运动时，平面，判断B、C；根据已知求得，再由到直线的距离为判断D. 【详解】由题意，可得是边长为的等边三角形，故其面积为，A对； 由题设，面，面，则面， 同理可证面，且在面内，故面面， 根据正方体性质，易得面，即面， 结合正方体的结构，易知当重合时，三棱锥体积最大， 由A分析，易知棱锥的高， 此时到面的距离，则，B错； 由上知，当在上除外运动时，平面，轨迹长为，C对； 若点为的中点，此时，且， 所以，则， 所以到直线的距离为，D对. 故选：ACD 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则的值为__________． 【答案】28 【解析】 【分析】由，利用二项展开的通项公式求解即可. 【详解】由， 则， 上式二项展开的通项为：. 令，可得. 故答案为：28. 13. 在中，角所对的边分别为，且外接圆半径为，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】由正弦定理和三角形的面积公式可得，又，利用余弦定理和三角形的面积公式可得，再由基本不等式可得，进而得，即可求得的最大值. 【详解】设的面积为，的外接圆半径为， 由正弦定理， 则， 则， 由余弦定理， 则 ， 由，得， 所以 ，当且仅当时取等号， 所以， 则的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是先由正弦定理和三角形的面积公式可得，再由余弦定理和三角形的面积公式结合基本不等式可得. 14. 若曲线与曲线存在公切线，则a的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】曲线与曲线存在公切线等价于导函数相等有解，求导后列出方程求解即可. 【详解】由，则，设切点为，切线斜率为， 所以，切线为，即， 由，则，设切点为，切线斜率为， 所以，切线为，即， 根据题设，若它们切线为公切线，则有，即， 又，即且，即， 由上关系式并消去并整理得在上有解， 令，则， 当，则，即，此时递增； 当，则或，即或，此时递减； 又，， 所以，即. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：设切点并写出两曲线对应的切线方程，根据公切线列方程组，注意切点横坐标及参数a范围，进而转化为方程在某区内有解问题. 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数． （1）若，求的极小值； （2）若的图象与直线切于点，求的值． 【答案】（1）0 （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，再求极值即可； （2）求的导数，根据导数和切线斜率的关系求解即可. 【小问1详解】 的定义域为， 当时，，， 令，得， 当时，，在上单调递减； 当时，，在单调递增， 所以在处取得极小值，极小值为； 【小问2详解】 ， 由题意得 消去得， 令，易知在上单调递增， 且，所以， 将代入，得. 所以. 16. 在概率论和统计学中用协方差来衡量两个变量的总体误差，对于离散型随机变量，定义协方差为.将号码分别为1，2，3，4的4个小球等可能地放入号码分别为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子恰好放1个小球. （1）求1号球不在1号盒子中，且2号球不在2号盒子中的概率； （2）记所放小球号码与盒子号码相同的个数为，不同的个数为，求证：； （3）结合实例，解释协方差的实际含义. 【答案】（1） （2）证明：由题意知的所有可能取值为0，1，2，4，且， ，， ，， 故的分布列为 0 1 2 4 所以，. 解法一：因为， 所以， 令，则的分布列为 0 则. 解法二： 因为，所以时，，时，， 则， 时，，则， 时，，则， 故. . （3）令， 可知当时，和同时大于或同时小于各自的数学期望； 当时，和相对于各自数学期望的大小情况相反. 因此，刻画了和之间的变化趋势： 如果，表示和的变化趋势相同； 如果，表示和的变化趋势相反. 在第（2）问中，表示“所放小球号码与盒子号码相同”的个数和“所放小球号码与盒子号码不同”的个数的变化趋势相反，与实际情况相吻合. 【解析】 【分析】（1）求出总的基本事件数和满足题意的基本事件数，利用古典概型的概率计算公式进行求解即可， （2）求出的所有可能取值及其对应的概率，写出分布列，利用数学期望公式及其性质求出的数学期望，求出的分布列，即可得证，或者求解的分布列，进而得数学期望，根据期望的性质化简计算即可求解， （3）根据的正负，即可结合（2）求解. 【小问1详解】 将号码分别为1，2，3，4的4个小球等可能地放入号码分别为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子恰好放1个小球的所有情况有（种）， 1号球在2号盒子中时，有种情况，1号球在3或4号盒子中时，有种情况 1号球不在1号盒子中，且2号球不在2号盒子中包含的情况有（种），记“1号球不在1号盒子中，且2号球不在2号盒子中”为事件， 则. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：求解本题第（1）问的关键是分析1号球不在1号盒子中，且2号球不在2号盒子中包含哪些情况；求解本题第（2）问的关键是借助的关系，求或对协方差公式进行等价转化；求解本题第（3）问的关键是理解协方差的概念，分析出协方差刻画的问题本质. 17. 如图四棱锥中，平面，． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：如图，取的中点，连接， 因为， 所以四边形为平行四边形，则， 又，所以， 因为，所以，， 由平行四边形性质得，则， 由三线合一性质得， 故，则，所以， 因为平面平面，所以， 因为平面平面，所以平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质得到，利用勾股定理逆定理得到，再利用线面垂直的判定定理求解即可. （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由已知得， 因为平面平面，所以， 因为，所以由勾股定理得，即， 则为等腰直角三角形，设其斜边上的高为， 由等面积公式得，解得， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴， 过作垂直于平面的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则， ，， ，， 设平面的法向量为，则 取，解得，可得， 设直线与平面所成角为，则， 故直线与平面所成角的正弦值为． 18. 已知的两个顶点，，点G为的重心，边上的两条中线的长度之和为6，记点G的轨迹为曲线E． （1）求曲线E的方程； （2）若点P是曲线E上的任意一点，，，，，直线PC，PD与x轴分别交于点M，N． ①求的最大值； ②判断是否为定值．若为定值，求出该定值；若不为定值，求出它的最大值． 【答案】（1） （2）①最大值为；②定值16 【解析】 【分析】（1）由重心得到，从而得到点的轨迹为以，的焦点的椭圆（除去两个与轴的两个交点），从而得到椭圆方程； （2）①设，，则，确定直线PC方程，得到点M的坐标，同理得到N点坐标，表达出，从而求出的最大值； ②表达出，结合，得到答案. 【小问1详解】 由题意得，且， 故， 故点的轨迹为以，的焦点的椭圆（除去两个与轴的两个交点）， 其中，解得， 故， 故曲线E的方程为； 【小问2详解】 ①设，，则， 则直线PC方程为， 令得， 直线PD方程为， 令得， 则， 因为，所以， 故当时，， ②为定值，理由如下： 因为，所以， 故. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 19. 给定数列，，，，定义“变换”为将数列变换成，，，，其中，且这种“变换”记作，继续对数列进行“变换”，得到数列，，依此类推，当得到的数列各项为0时变换结束. （1）求数列，4，2，9经过4次“变换”后得到的数列; （2）证明：数列，，经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是 （3）已知数列，2，2028经过K次“变换”后得到的数列各项之和最小，求K的最小值. 【答案】（1） （2）充分性：当时，数列，，经过一次“变换”后结束， 必要性：即证明当，，不全相等时，，，经过有限次“变换”后不会结束， 设数列，，，数列，，，数列，0，0，且， 由充分性易知：数列 E只能为非零常数列， 不妨设 为了变换得到数列E的前两项，数列D只有如下四种可能： ，，，，，，，，， 那么数列E的第三项只能是0或者 即不存在数列D，使其经过一次“变换”后变为非零常数列， 故当，，不全相等时，，，经过有限次“变换”后不会结束， 必要性得证. （3）508 【解析】 【分析】（1）根据定义直接写出即可; （2）从充分性和必要性两方面求证即可; （3）求出数列a，，4经过6次“变换”后得到的数列结构也是形如a，，4的数列，仅除4之外的两项均减小24，得数列经过次“变换”后得到数列6，10，4，接下来经过“变换”依次得到4，6，2，2，4，2，2，2，0，0，2，2，至此数列各项之和最小值为4，即可求K的最小值. 【小问1详解】 由题知：数列 A4，4，2，9经过次“变换”后得到的数列依次为： . 【小问2详解】 略 【小问3详解】 数列，2，2028经过一次“变换”后得到数列，2026， 其结构为a，，4，且远大于， 那么其经过次“变换”后得到数列依次为： 4，a，，4，，，，，，4，，，4 所以数列a，，4经过6次“变换”后得到的数列结构也是形如a，，4的数列， 仅除4之外的两项均减小24， 因为， 所以数列经过次“变换”后得到数列6，10，4， 接下来经过“变换”依次得到4，6，2；2，4，2；2，2，0；0，2，2， 至此数列各项之和最小值为4，K的最小值为 【点睛】关键点点睛：对于数列中的变换题，我们需要在变换中寻找确定的性质，后者需要从具体中抽象出来. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $