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）证明见解析 （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】 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． 【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 $