精品解析：河南省豫东名校2024-2025学年高三下学期开学联考数学试卷

高三数学试卷 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解不等式可得，再由交集定义运算可得结果. 【详解】易知， 解不等式可得， 所以， 所以. 故选：C 2. 已知是关于的方程的一个根，，，则（ ） A. B. 16 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】将代入方程，结合相等复数的概念求得，即可求解. 【详解】将代入方程， 得，解得，， 所以. 故选：B 3. 已知等差数列的前项和为，则（ ） A. 880 B. 440 C. 110 D. 220 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的性质，根据等差数列前项和公式即可求解. 【详解】因为，所以，故， 故选：B. 4. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面平行的性质判断A的真假；根据线面平行的判定判断B的真假；根据线面垂直的判定判断C的真假；根据线面垂直的性质判断D的真假. 【详解】若，则m，n平行或异面，A选项错误； 若，则或，B选项错误； 若，则m，不一定垂直，也可能平行或相交，C选项错误； 若，，则，D选项正确. 故选：D 5. 下列不等关系中的充分条件是（ ） A. B. ； C. ； D. ； 【答案】D 【解析】 【分析】利用指数函数、对数函数和幂函数的单调性，结合指数式与对数式的互化即可逐一判断各选项. 【详解】对于A，由可得，故不是充分条件，A错误； 对于B，由，，因， 则，故不是的充分条件，B错误； 对于C，因，由可得， 即，故不是的充分条件，C错误； 对于D，由可得，由可得， 即，故它是的充分条件，即D正确. 故选：D. 6. 已知装满水的无盖圆柱容器的底面圆周的半径为，高为，圆柱的侧面积为，在圆柱里面放入两个半径为的铁球，则圆柱中剩余水的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据圆柱侧面积的条件求出半径，再依据半径计算圆柱下剩余水的体积即可. 【详解】已知圆柱的侧面积为，根据圆柱侧面积公式为可得方程. 变为. 解得. 先求圆柱的体积公式为（这里），所以圆柱体积. 那么圆柱下剩余水的体积. 把代入，得到. 故选：B. 7. 已知数列满足，（），若是单调递增数列，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题可得，然后讨论与4的大小可得答案. 【详解】因为，所以. 若，则，不符合题意. 若，则为等比数列，所以. 当时，为单调递减数列，不符合题意； 当时，为单调递增数列，符合题意. 综上，. 8. 若函数的图象关于直线对称，则的值域为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用特殊值结合对称性求出a的值，可得函数解析式，再利用基本不等式，即可求得答案. 【详解】依题意，，其图象关于直线对称， 则， 所以，所以，解得， 所以，此时，满足题意； 因为，当且仅当，即时等号成立， 所以， 故选：B． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知平面向量，，则（ ） A. ，不可能垂直 B. ，不可能共线 C. 不可能为5 D. 若，则在方向上的投影向量为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据向量数量积的坐标运算及模长公式结合正弦函数值域计算判断A，C，再应用平行向量坐标运算判断B，应用投影向量公式计算判断D. 【详解】，A选项正确； 若向量，共线，则，解得，所以向量，可能共线，B选项错误； ，所以，C选项正确； 若，则，，所以在方向上的投影向量为，D选项正确； 故选：ACD． 10. 已知函数（，）的图象如图所示，点，在曲线上，若，则（ ） A B. 的图象关于点对称 C. 上单调递减 D. 若将图象每个点的横坐标变为原来的倍后在上有且仅有2个极值点，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，结合图象求出的解析式，再利用正弦型函数的逐一判断即可. 【详解】对于A，由，得，而，在的递增区间上，则，A正确； 依题意，，，解得， 函数的周期，解得，， 对于B，，的图象关于点对称，B正确； 对于C，当时，，当，即时，取得最大值2， 因此在上不单调，C错误； 对于D，将图象每个点的横坐标变为原来的倍后，得的图象， 当时，，依题意，，解得，D正确. 故选：ABD 11. 已知定义在上的函数满足，其中表示不超过x的最大整数，如[，．当时，，设为从小到大的第n个极小值点，则（ ） A. B. C. 数列是等差数列 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】应用已知计算判断A，化简计算判断B，应用极值点定义结合等差数列定义判断C，应用递推公式得出等比数列计算判断D. 【详解】因为，故A选项错误； 当时，，等式两边同时加，得， 故，，故B选项正确； 当时，设，则极小值点为， 所以当时，，此时，的极小值点为， 即，所以，数列是等差数列，故C选项正确； 所以设，则，，， 为首项是，公比为2的等比数列， 所以，当时，，故D选项错误． 综上所述，应选BC． 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若非零向量与单位向量共线，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量共线得，将两边同时平方，化简求出即可求解. 【详解】因为非零向量与单位向量共线，则，且， 因为，则，即， 整理得，解得（舍）或， 所以. 故答案为：. 13. 已知，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】由已知可求得，利用二倍角的正切公式可求得，进而利用两角差的正切公式可求值. 【详解】因为，整理得， 所以，所以， ， 故答案为：. 14. 若正实数x，y满足，设﹐则z的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】先根据基本（均值）不等式求出的取值范围，再结合对变形成，设函数，则问题转化成函数在给定区间上的最小值问题.利用导数分析函数的单调性，可求函数的最小值. 【详解】因为x，y为正实数，且， 所以，且（当且仅当时取“”）. 又因为. 设函数（）.问题转化为求函数的最小值. 因为， 由，又，所以； 由. 所以函数上单调递减，在上单调递增. 所以的最小值为：. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是把问题转化成函数求最小值问题，还要结合基本不等式，确定所设函数的定义域. 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. 已知为数列的前n项和，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）当时，由已知可求得，当时，，两式相减可得，可得结论； （2）由（1）知，，利用错位相减法可求得. 【小问1详解】 由题知，，当时，，解得， 当时，，则有，即， 所以数列是以2为首项，为公比的等比数列，所以. 【小问2详解】 由（1）知，， 所以， ， 所以 ， 所以. 16. 在锐角中，，， （1）求； （2）若为的中点，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理即可得到答案. （2）先由余弦定理求得，或，再利用余弦定理即可求得结果，将不符合题意的舍去即可. 【小问1详解】 ，， 由正弦定理得：，， 又因为为锐角，. 【小问2详解】 在中由余弦定理得： ，或 若，则，则为钝角，舍去 ，因为为中点， 在中， 在中， 17. 如图所示，长方形ABCD与长方形ABEF所在的平面互相垂直，M，N分别在线段AC和线段BF上移动（不包含端点），且CM和BN的长度保持相等，设，.连接MN，CE. （1）证明：平面； （2）当的长度最小时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）过点作，垂足为，然后分别证明平面、平面，从而证明出平面平面，然后通过面面平行的性质证得平面； （2）设，则，，然后根据两点间距离的最小值，从而解得，，最后分别求出平面与平面的法向量，根据空间向量法求平面与平面夹角. 【小问1详解】 证明：如图过点作，垂足为，连接. 在中，，，所以. 因为平面，平面，所以平面. 设，则，. 易得，， 所以，，. 在中，，，得， 所以. 又因为，所以，同理平面. 又平面，平面，， 所以平面平面. 又平面，所以平面. 【小问2详解】 易证 两两垂直，以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，. 设，则，，， 所以， 当且仅当时，取得最小值，此时M，N分别为AC，BF的中点，MN的长度最小， 所以，， 所以，. 设平面的法向量为， 则即 令，则. 设平面的法向量为， 则即 令，则. 记平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：是周期函数； （3）判断在上的零点个数，并说明理由. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）3，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由题可得切线方程的斜率及所过点坐标，据此可得切线方程； （2）由周期函数定义可完成证明； （3）注意到，由周期性，只需判断在上的零点个数.先可得，当时，无零点，当时，利用导数知识结合零点存在性定理可得零点情况，整理后可得答案. 【小问1详解】 因为，，， 所以所求切线方程为，即； 【小问2详解】 因为，， 所以，即是的一个周期，故是周期函数； 【小问3详解】 在上的零点个数为3，理由如下： 注意到，由周期性，只需判断在上的零点个数， 当时，，，， 则，所以在上无零点， 当时，，，， 则，所以在上无零点， 当时，， 令， ， 即， 当时，，，， 则，所以在上单调递增， 又因为，， 所以存在，使得， 故在上单调递减，在上单调递增， 又，，， 结合单调性可知存在，使得， 所以在上有1个零点， 由的周期是可知，在上还有一个零点， 又，则也为的一个零点， 综上，在上的零点个数为3. 【点睛】关键点睛：对于判断零点个数，常利用函数图象与直线交点或利用单调性结合零点存在性定理判断零点点数. 19. 已知数列：1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，⋯，其中第一项是，接下来的两项是，，再接下来的三项是，，，以此类推．记数列的前项和为，规定：若，使得，则称为该数列的“类比数”． （1）将该数列的“类比数”从小到大排列，直接写出前3个“类比数”； （2）试判断50是否为“类比数”，并说明理由； （3）①求满足最小的“类比数”； ②证明：该数列的“类比数”有无数个． 【答案】（1）前3个“类比数”为2，4，13； （2）不是“类比数”，理由见解析； （3）①1836；②证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据“类比数”的定义直接求出该数列的前3个“类比数”即可. （2）首先根据规律求出，再根据定义看是否存在正整数p使得. （3）求出前组的和为，进而求出，让，即可求出结果. 【小问1详解】 因为，所以1不是该数列的“类比数”．因为，，， 所以该数列的前3个“类比数”为2，4，13. 【小问2详解】 由题意可得数列如下： 第1组：1； 第2组：1，2； 第3组：1，2，4； … 第组：． 所以该数列的前项的和为，（*） 当时，，则， 由于，，，故50不是“类比数”． 【小问3详解】 ①在（*）式中，要使，有，，易知出现在第44组之后，又第组的和为，前组的和为， 第组前项的和为，． 因为， 所以． 所以，则，当时，，所以对应满足条件的最小“类比数”． ②证明：由①知，． 当，且取任意整数时，可得“类比数”，所以该数列的“类比数”有无数个． 【点睛】方法点睛：解答数列新定义的基本步骤 审题：仔细阅读材料，认真理解题意； 建模：将已知的条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，分清该数列是等差数列还是等比数列，是求通项还是前项和； 求解：求出该问题的数学解； 还原：将所求结果还原到原问题中. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学试卷 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知是关于的方程的一个根，，，则（ ） A. B. 16 C. D. 4 3. 已知等差数列的前项和为，则（ ） A. 880 B. 440 C. 110 D. 220 4. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 下列不等关系中的充分条件是（ ） A B. ； C. ； D. ； 6. 已知装满水的无盖圆柱容器的底面圆周的半径为，高为，圆柱的侧面积为，在圆柱里面放入两个半径为的铁球，则圆柱中剩余水的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列满足，（），若是单调递增数列，则的取值范围是（ ） A B. C. D. 8. 若函数的图象关于直线对称，则的值域为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知平面向量，，则（ ） A. ，不可能垂直 B. ，不可能共线 C. 不可能为5 D. 若，则在方向上的投影向量为 10. 已知函数（，）的图象如图所示，点，在曲线上，若，则（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. 在上单调递减 D. 若将图象每个点的横坐标变为原来的倍后在上有且仅有2个极值点，则 11. 已知定义在上的函数满足，其中表示不超过x的最大整数，如[，．当时，，设为从小到大的第n个极小值点，则（ ） A. B. C. 数列是等差数列 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12 若非零向量与单位向量共线，且，则__________. 13. 已知，则_________. 14. 若正实数x，y满足，设﹐则z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. 15. 已知为数列的前n项和，且. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列前项和. 16. 在锐角中，，， （1）求； （2）若为的中点，求. 17. 如图所示，长方形ABCD与长方形ABEF所在的平面互相垂直，M，N分别在线段AC和线段BF上移动（不包含端点），且CM和BN的长度保持相等，设，.连接MN，CE. （1）证明：平面； （2）当长度最小时，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：是周期函数； （3）判断在上的零点个数，并说明理由. 19. 已知数列：1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，⋯，其中第一项是，接下来的两项是，，再接下来的三项是，，，以此类推．记数列的前项和为，规定：若，使得，则称为该数列的“类比数”． （1）将该数列的“类比数”从小到大排列，直接写出前3个“类比数”； （2）试判断50是否为“类比数”，并说明理由； （3）①求满足的最小的“类比数”； ②证明：该数列的“类比数”有无数个． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $