精品解析：贵州省贵阳市第一中学2025-2026学年高三上学期开学检测数学试题

贵阳市第一中学2025-2026学年高三上学期开学检测数学试卷 一、单选题（本大题共8小题） （面面平行、垂直的判定·基础） 1. 在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ） A. 平面平面 B. 平面平面 C. 平面平面 D. 平面平面 【答案】A 【解析】 【分析】证明平面，即可判断A；如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求出平面，，的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD. 【详解】解：在正方体中， 且平面， 又平面，所以， 因为分别为的中点， 所以，所以， 又， 所以平面， 又平面， 所以平面平面，故A正确； 选项BCD解法一： 如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设， 则， ， 则，， 设平面的法向量为， 则有，可取， 同理可得平面的法向量为， 平面的法向量为， 平面的法向量为， 则， 所以平面与平面不垂直，故B错误； 因为与不平行， 所以平面与平面不平行，故C错误； 因为与不平行， 所以平面与平面不平行，故D错误， 故选：A. 选项BCD解法二： 解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线， 在内，作于点，在内，作，交于点，连结， 则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角， 由勾股定理可知：，， 底面正方形中，为中点，则， 由勾股定理可得， 从而有：， 据此可得，即， 据此可得平面平面不成立，选项B错误； 对于选项C，取的中点，则， 由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误； 对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则， 由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误； 故选：A. 2. 设集合，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出函数的值域、定义域分别化简集合，再利用交集的定义求解. 【详解】依题意，， 所以. 故选：A 3. 复数的虚部为（ ） A. -1 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数模长与四则运算进行计算即可. 【详解】，所以虚部为-1. 故选：A 4. 两个粒子A，B从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为，．粒子B相对粒子A的位移为，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，求得，结合向量的数量积的公式和投影向量的公式，准确计算，即可求解. 【详解】由向量，，可得粒子相对粒子的位移为， 可得且， 所以 在上投影向量为. 故选：C. 5. 已知函数，，当时，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取特值解得，整理可得，换元令，构建，根据导数的几何意义求临界状态，结合图象即可得结果. 【详解】因为当时，， 则，即， 整理可得，解得， 若，则， 整理可得， 令，则，可得， 构建，则， 可知在内单调递增， 若与相切， 设切点坐标为，切线斜率， 则切线方程为，整理可得， 注意到直线过定点，则， 整理可得，注意到， 可得，即，可得， 结合图象可知：，所以的取值范围是. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：取特指确定的必要条件，这样可以简化讨论和计算. 6. 已知数列，都是等差数列，，，且，则的值为（ ） A. -17 B. -15 C. 17 D. 15 【答案】D 【解析】 【分析】结合等差数列的通项公式可求得，进而可求出结果. 【详解】因为数列，都是等差数列，设数列，的公差分别为， 又，，且，则， 即，所以， 故选：D. 7. 的三内角所对的边分别是，下列条件中能构成且形状唯一确定的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对于各个选项里的条件分别利用正弦定理，余弦定理或者三角形边的关系进行分析即可判断得解. 【详解】对于A选项： ，则或 时，，是，的直角三角形，时， 由正弦定理得，，正三角形，不唯一，A不正确； 对于B选项：由正弦定理得，则或，不唯一，B不正确； 对于C选项：由正弦定理得：， 由余弦定理得，则，而，矛盾，不能构成三角形，C不正确； 对于D选项：由三角形边的关系知1<c<3，又，则c=2，是唯一的，D正确. 故选：D 【点睛】思路点睛：解决判断三角形的形状问题，一般将条件化为只含角的三角函数的关系式，然后利用三角恒等变换得出内角之间的关系式；或将条件化为只含有边的关系式，然后利用常见的化简变形得出三边的关系． 8. 天文学家卡西尼在研究土星及其卫星运行规律时发现了到两定点距离之积为定值的点的轨迹是一条曲线，我们称该曲线为卡西尼卵形线.已知两定点，，动点满足，设的轨迹为曲线，则下列结论不正确的是（ ） A. 既是轴对称图形，又是中心对称图形 B. C. 的面积大于2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】A项根据轴对称图形、中心对称图形的方程特征进行判断即可；B项结合曲线方程特征消元转化进行判断即可；D项根据方程特征求得P纵坐标的范围，C项结合三角形面积公式及的纵坐标的范围进行判断即可. 【详解】由题意可知的轨迹方程为：， 则关于轴对称的点的横、纵坐标满足 ， 同理关于轴对称的点，关于原点对称的点均满足轨迹方程， ， ， 即的轨迹关于轴、轴轴对称，关于原点中心对称，故A正确； 将轨迹方程平方得： ， 整理得， 解得， 所以，即，故B正确； 又因为，故，故D正确； 又，当且仅当时取得最大值，故C错误. 故选：C. 二、多选题（本大题共3小题） 9. 某计算机程序运行次，每次运行都等可能地产生或中的一个数．记出现的次数为，出现的次数多于出现的次数的概率为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用二项分布的定义可判断A选项；求出的表达式，结合可判断C选项；利用独立重复试验的概率公式可判断B选项；利用的单调性可判断D选项. 详解】对于A选项，依题意易得，A正确， 对于C选项，， 所以， 显然，C错误； 对于B选项，，B正确； 对于D选项，因为，所以． 因为， 所以，所以，D正确． 故选：ABD. 10. 已知，为圆以上两点，点，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，则中点的轨迹方程为 B. 中点轨迹方程为 C. 的中点轨迹方程为 D. 的中垂线与的交点轨迹为圆 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据已知可得是等边三角形，可得，且即可判断A；设，中点为，利用相关点法求中点轨迹方程可判断B，同选项B的方法可判断C；由中垂线的性质以及椭圆的定义可判断D，进而可得正确选项. 【详解】由圆可得圆心，半径， 对于A：因为，所以是边长为的等边三角形， 若中点为，则，且， 所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆， 所以点的轨迹方程为，故选项A正确； 对于B：设，中点为，则，所以， 因为在圆上，所以，所以， 所以即中点轨迹方程为，故选项B正确； 对于C：设，的中点，则，所以， 因为在圆上，所以，所以， 即，所以的中点轨迹方程为，故选项C正确； 对于D：设的中垂线与的交点为，由垂直平分线的性质可得， 所以，所以点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆，故选项D不正确； 故选：ABC. 11. 已知函数，若及其导函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 函数上单调递减 C. 的图象关于点中心对称 D. 的最大值为 【答案】AB 【解析】 【分析】根据图象，结合函数的单调性与其导函数正负的关系，先判断两个图象 中哪个是的图象，哪个是的图象，进而列出关于的方程组 求解，再结合特殊点求解参数，由此确定函数和的解析式， 再判断各个选项的正误即可． 【详解】因，所以，根据图象可知，当时，，所以单调递增，故，从而． 又，所以，由得， 故，． 选项A：的最小正周期为，故，A正确． 选项B：令，解得， 故函数在上单调递减，B正确． 选项C：由于，， 故的图象不关于点中心对称，故C错误． 选项D：， 其中为锐角，且，（辅助角公式的应用）,所以的最大值为，D错误． 故选：AB 三、填空题（本大题共3小题） 12. 的展开式中，各项系数中的最大值为______． 【答案】5 【解析】 【分析】先设展开式中第项系数最大，则根据通项公式有，进而求出即可求解. 【详解】由题展开式通项公式为，且， 设展开式中第项系数最大，则， ，即，又，故， 所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为. 故答案为：5. 13. 已知随机变量，若，则的最小值为___________. 【答案】9 【解析】 【分析】由正态分布知识可得，，展开后由均值不等式可得到结果. 【详解】依题意，由正态分布知识可得， ， 当且仅当且即时等号成立. 所以的最小值为9. 故答案为：9. 14. 在正方体中，点是侧面内（不包含边界）的一个动点，且点在棱上运动，则二面角的余弦值的取值范围是_________. 【答案】 【解析】 【分析】由线面垂直的判定与性质可得平面即为平面，连接，，由二面角的概念可得即为二面角的平面角，求出二面角余弦值的最值即可得解. 【详解】连接，交于点，连接，，如图， 在正方体中，平面，所以，同理， 所以平面，所以点在线段上（不含端点）， 所以平面即为平面， 连接，，，， 则，，所以即为二面角的平面角， 当与点重合时，最小，连接， 设正方体的棱长为1，则，， 所以； 当与点重合时，最大， ； 所以二面角的余弦值的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键首先是找到点P的轨迹，再由二面角的概念确定平面角，求出临界值即可得解. 四、解答题（本大题共5小题） 15. 在中，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且 （1）求B； （2）若，D为AC边上的一点，且，，求AC的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和差的正弦公式进行化简即可求角B的大小；  （2）由，得出，得出，结合余弦定理，利用基本不等式，即可求出结果. 【小问1详解】 在中，由正弦定理，得 因为，所以，所以 因为，所以 因为，所以， 所以，因为，所以 因为，所以，所以，所以； 【小问2详解】 因为D为AC边上的一点，且，， 所以， 所以， 所以，即， 在中，由余弦定理， 得 因为，所以 所以 因为，所以，所以， 所以， 所以，所以， 所以，当且仅当时等号成立. 所以AC的最大值为 16. 球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球O的半径为R.A、B、C为球面上三点，劣弧BC的弧长记为a，设表示以O为圆心，且过B、C的圆，同理，圆的劣弧AC、AB的弧长分别记为b，c，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角分别为，则球面三角形的面积为. （1）若平面OAB、平面OAC、平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积； （2）若平面三角形ABC为直角三角形，，设. ①求证：； ②延长AO与球O交于点D，若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，S为AC中点，T为BC中点，设平面OBC与平面EST的夹角为，求的最小值，及此时平面AEC截球O的面积. 【答案】（1） （2）①证明见解析；②， 【解析】 【分析】（1）易得，再由球面三角形ABC面积公式求解； （2）①利用余弦定理和求解；②根据AD是球的直径，论证，则以C为坐标原点，以CB，CA所在直线为x，y轴，过点C作BD的平行线为z轴，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面OBC法向量和平面EST法向量，由，确定t的取值，设平面AEC中的法向量，确定球心O到平面AEC距离为，设平面AEC截球O圆半径为r，由求解. 【小问1详解】 若平面OAB，OAC，OBC两两垂直，有， 所以球面三角形ABC面积为， 【小问2详解】 ①证明：由余弦定理有： ，且， 消掉，可得. ②由AD是球的直径，则，， 且平面BCD， 所以平面BCD，且平面BCD， 则，且平面ABC， 可得平面ABC， 由直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，所以，， 不妨先令，则， 由， 以C为坐标原点，以CB，CA所在直线为x，y轴，过点C作BD的平行线为z轴，建立如图空间直角坐标系， 设，则，，， 可得，， 则， 设平面OBC法向量， 则 取，则， 可得，， 设平面EST法向量， 则 取，则， 可得， 要使取最小值时，则取最大值， 因为， ， ， 令， 则， 可得， 当且仅当时取等号. 则取最大值，为最小值， 此时点后，可得， 设平面AEC中的法向量， 则 取，则， 可得， 可得球心O到平面AEC距离为， 设平面AEC截球O圆半径为r，则， 所以截面圆面积为. 17. 已知函数，． （1）若存在零点，求a的取值范围； （2）若，为的零点，且，证明：． 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用导数求出函数的最小值，解不等式即可求解； （2）由零点的定义可得，只需证，令，利用导数证明不等式即可. 【小问1详解】 的定义域为， 令，即，等价于， 设，则（）， 令，可得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则的最小值为，， 要使得存在零点，则， 即，得． 【小问2详解】 由为的零点，得， 即，即 两式相减得，即. 要证当时，， 只需证，只需证，， ，． 令，，只需证， ，则在上单调递增， ∴，即可得证. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的求解策略 形如的求解策略： 1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可； 2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可； 3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立. 18. 已知在每一项均不为0的数列中，，且(，为常数，)，记数列的前项和为. （1）当时，求； （2）当，时，求证：数列为等比数列； （3）在满足(2)中条件时是否存在正整数，使得不等式对任意恒成立？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）； （2）证明见解析； （3）存在，最小值为2. 【解析】 【分析】(1)先由题设条件得到：，再由，进而说明数列是首项为3，公比为的等比数列，再求其前项和即可； (2)利用等比数列的定义证明结论即可； (3)先由(1)，再利用放缩法得到：当时，，进而得到：，又由求得的最小值． 【小问1详解】 当时，，，，数列是首项为3，公比为的等比数列． 当时，；当时，． 故； 【小问2详解】 当，时，， ， ， 若存在，，使得， 则根据可知，，这与矛盾， ∴，， ∴，又∵， ∴数列是首项为，公比为2的等比数列． 【小问3详解】 由(2)知，，． 由得： 即， 当时，， ∴，当且仅当时取“”， ∴， 又∵，，∴存在且的最小值为2． 【点睛】本题主要考查等比数列的定义、通项公式、前项和公式及不等式的放缩，解题的关键是，然后对的范围进行研究. 19. 维向量是平面向量和空间向量的推广，对维向量，记，设集合. （1）求，； （2）（i）求中元素的个数； （ii）记，求使得成立的最大正整数. 【答案】（1）， （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）列举出所有可能的情况，根据可求得结果； （2）（i）设中元素的个数为，根据定义可得递推关系式，结合等比数列求和公式可推导求得； （ii）首先确定的必要条件为当时，，由此可得；验证当时充分性成立，从而得到结果. 【小问1详解】 ， 当时，；当时，；当时，；当时，， ； ， 当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，， . 【小问2详解】 （i）设中元素的个数为， ，， 为偶数时，，且， ， 中的元素个数为. （ii）①当时， ； ②当时， ； ③当时， ； ； 要使得成立，其必要条件是当时，， 令，则， 数列为递增数列，又，， 的解为； 当时，， 即充分性成立； 使得成立的最大正整数. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列与向量结合的新定义问题的求解，解题关键是能够根据的定义，确定为偶数时，，从而进一步确定递推关系式，将问题转化为数列问题来进行求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 贵阳市第一中学2025-2026学年高三上学期开学检测数学试卷 一、单选题（本大题共8小题） （面面平行、垂直的判定·基础） 1. 在正方体中，E，F分别为的中点，则（ ） A. 平面平面 B. 平面平面 C. 平面平面 D. 平面平面 2. 设集合，则=（ ） A. B. C. D. 3. 复数的虚部为（ ） A. -1 B. 1 C. D. 4. 两个粒子A，B从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为，．粒子B相对粒子A的位移为，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，，当时，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列，都是等差数列，，，且，则的值为（ ） A. -17 B. -15 C. 17 D. 15 7. 的三内角所对的边分别是，下列条件中能构成且形状唯一确定的是（ ） A. B. C. D. 8. 天文学家卡西尼在研究土星及其卫星运行规律时发现了到两定点距离之积为定值的点的轨迹是一条曲线，我们称该曲线为卡西尼卵形线.已知两定点，，动点满足，设的轨迹为曲线，则下列结论不正确的是（ ） A. 既是轴对称图形，又是中心对称图形 B. C. 的面积大于2 D. 二、多选题（本大题共3小题） 9. 某计算机程序运行次，每次运行都等可能地产生或中的一个数．记出现的次数为，出现的次数多于出现的次数的概率为，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知，为圆以上两点，点，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，则中点的轨迹方程为 B. 中点轨迹方程为 C. 的中点轨迹方程为 D. 的中垂线与的交点轨迹为圆 11. 已知函数，若及其导函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 函数在上单调递减 C. 的图象关于点中心对称 D. 的最大值为 三、填空题（本大题共3小题） 12. 的展开式中，各项系数中的最大值为______． 13. 已知随机变量，若，则的最小值为___________. 14. 在正方体中，点是侧面内（不包含边界）的一个动点，且点在棱上运动，则二面角的余弦值的取值范围是_________. 四、解答题（本大题共5小题） 15. 在中，内角A，B，C所对应边分别为a，b，c，且 （1）求B； （2）若，D为AC边上的一点，且，，求AC的最大值． 16. 球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球O的半径为R.A、B、C为球面上三点，劣弧BC的弧长记为a，设表示以O为圆心，且过B、C的圆，同理，圆的劣弧AC、AB的弧长分别记为b，c，曲面ABC（阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角分别为，则球面三角形的面积为. （1）若平面OAB、平面OAC、平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC面积； （2）若平面三角形ABC为直角三角形，，设. ①求证：； ②延长AO与球O交于点D，若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，S为AC中点，T为BC中点，设平面OBC与平面EST的夹角为，求的最小值，及此时平面AEC截球O的面积. 17. 已知函数，． （1）若存在零点，求a取值范围； （2）若，为的零点，且，证明：． 18. 已知在每一项均不为0的数列中，，且(，为常数，)，记数列的前项和为. （1）当时，求； （2）当，时，求证：数列为等比数列； （3）在满足(2)中条件时是否存在正整数，使得不等式对任意恒成立？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由. 19. 维向量是平面向量和空间向量推广，对维向量，记，设集合. （1）求，； （2）（i）求中元素的个数； （ii）记，求使得成立最大正整数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $