湖北省部分学校2024-2025学年高三上学期开学考试数学试卷（Word版附解析）

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1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等信息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，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.择如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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.
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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由交集的定义求解.
【详解】集合，则.
故选：D
2. 如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分别与轴和轴平行），，，则的面积为（ ）

A. B. C. 24D. 48
【答案】D
【解析】
【分析】由直观图得到平面图形，再求出相应的线段长，最后由面积公式计算可得.
【详解】由直观图可得如下平面图形：
其中，，，轴，且，
所以.
故选：D

3. 的展开式的各项系数之和为3，则该展开式中项的系数为（ ）
A. 2B. 8C. D. -17
【答案】D
【解析】
【分析】令得各项系数和，可求得，再由二项式定理求得的系数，注意多项式乘法法则的应用．
【详解】令，可得，，
在的展开式中的系数为：．
故选D．
【点睛】本题考查二项式定理，在二项展开式中，通过对变量适当的赋值可以求出一些特定的系数，如令可得展开式中所有项的系数和，再令可得展开式中偶数次项系数和与奇数次项系数和的差，两者结合可得奇数项系数和以及偶数项系数和．
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用两角和差的正余弦公式展开，两边同除，得到.再利用两角差的正切公式展开，将换成，化简即可得到答案.
【详解】，所以，
两边同除，得到，即.
，.
故选：C.
5. 设，，，则，，大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数的单调性及对数函数的单调性，结合特殊值比较大小即可.
【详解】因为在定义域上单调递减，所以，
又在定义域上单调递增，所以，
在定义域上单调递减，所以，
所以.
故选：B
6. 谢尔宾斯基三角形（Sierppinskitriangle）是一种分形，由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出．先取一个实心正三角形，挖去一个“中心三角形”（即以原三角形各边的中点为顶点的三角形，即图中的白色三角形），然后在剩下的每个小三角形中又挖去一个“中心三角形”，用上面的方法可以无限操作下去．操作第1次得到图2，操作第2次得到图3．．．．．，若继续这样操作下去后得到图2024，则从图2024中挖去的白色三角形个数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列的前项和公式求得正确答案.
【详解】由图可知，图2024中挖去的白色三角形个数是：
.
故选：C
7. 已知圆的方程为，则“”是“函数的图象与圆有四个公共点”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】找出与圆有四个公共点的等价条件，据此结合充分条件、必要条件概念判断即可.
【详解】由圆的方程为可得圆心，半径，
若圆与函数相交，则圆心到直线的距离，
即，
若函数的图象与圆有四个公共点，则原点在圆的外部，
即，解得，
综上函数的图象与圆有四个公共点则，
所以“”是“函数的图象与圆有四个公共点”的必要不充分条件，
故选：B
8. 已知函数，函数的图象可以由函数的图象先向右平移个单位长度，再将所得函数图象保持纵坐标不变，横坐标变为原来的倍得到，若函数在上没有零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数，根据三角函数的图象变换得到，令，结合函数零点存在的条件建立不等式求解即可.
详解】函数，向右平移个单位长度，得，
再将所得函数图象保持纵坐标不变，横坐标变为原来的倍得到，
令，
得，
所以，
若函数在上没有零点，
则需，
所以，
所以，
若函数在上有零点，
则，
当k=0时，得，解得，
当k=1时，得，解得，
综上：函数在上有零点时，或，
所以函数在上没有零点，.
所以的取值范围是.
故选：A
【点睛】本题主要考查三角函数的图象变换及函数零点问题，还考查了转化求解问题的能力，属于难题.
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，有多个选项是符合题目要求的，全选对的得6分，选对但不全的得部分分，选错不得分.
9. 设是非零复数，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据复数的运算性质逐一检验即可.
【详解】A选项，，故，正确；
B选项，即.故，正确；
C选项，即z为纯虚数，故，不正确；
D选项，∵，故，正确.
故选：ABD.
10. 某商场为促销组织了一次幸运抽奖活动，袋中装有8个大小形状相同的小球，并标注这八个数字，抽奖者从中任取一个球，事件A表示“取出球的编号为奇数”，事件B表示“取出球的编号为偶数”，事件C表示“取出球的编号大于5”，事件D表示“取出球的编号小于5”，则（ ）
A. 事件A与事件C不互斥B. 事件A与事件B互为对立事件
C. 事件B与事件C互斥D. 事件C与事件D互为对立事件
【答案】AB
【解析】
【分析】分别求出样本空间和事件、、、即可根据互斥事件和对立事件的概念去进行判断.
【详解】由题意抽奖者从中任取一个球的样本空间为，
事件表示，事件B表示，事件C表示，事件D表示，
所以，且，，
且，
所以事件A与事件C不互斥，事件A与事件B为对立事件，
事件B与事件C不互斥，事件C与事件D互斥但不对立，
故A，B正确，C，D错误.
故选：AB.
11. 已知正方体的棱长为2，为的中点，为正方形所在平面内一动点，则下列命题正确的有（ ）
A. 若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为
B. 若到直线与直线的距离相等，则的轨迹为抛物线
C. 若与平面所成的角为，则的轨迹为椭圆
D. 若与所成的角为，则的轨迹为双曲线
【答案】ABD
【解析】
【分析】记MN中点为P，DM中点为Q，连接PQ，计算出PQ可知P的轨迹为圆，然后可判断A；根据抛物线定义可判断B；根据已知算出DN，可判断C；以DA、DC所在直线分别为x轴、y轴，将条件坐标化可判断D.
【详解】A中，记MN中点为P，DM中点为Q，连接PQ，易知，且，如图，若MN=2，则DN=，则，所以点P的轨迹是以Q为圆心，半径为的圆，面积，故A正确；
B中，点N到直线的距离为NB，所以点N到定点B和直线DC的距离相等，由抛物线定义可知，N的轨迹是抛物线，故B正确；
C中，易知，则，所以N的轨迹是以D为圆心，半径为的圆，故C错误；
D中，过点N向AD作垂线，垂足为R，易知，所以，所以，在平面ABCD中，以DA、DC所在直线分别为x轴、y轴，则，整理得，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. 已知向量、满足，，与的夹角为，若，则________.
【答案】##
【解析】
【分析】运用平面向量数量积公式计算即可.
【详解】因为，，与的夹角为，
所以.
因为，
所以，
解得.
故答案为：.
13. 椭圆的左、右焦点分别为，过作轴的垂线交椭圆于，若为等腰直角三角形，则椭圆的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，结合椭圆的定义求出离心率.
【详解】令椭圆的半焦距为c，由轴，为等腰直角三角形，得，
，由椭圆的定义得，即，
所以椭圆的离心率.
故答案为：

14. 已知函数的定义域为，且满足，，，则__________.
【答案】2024
【解析】
【分析】由可推出关于直线对称，可得，再由可推出的最小正周期为8，结合周期函数性质求解即可.
【详解】由可知的图象关于直线对称，
从而，
又因为，令，得，
所以，
由，得，
两式相减可得，故的最小正周期为8，
则，，
因为，
所以.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在中，角所对的边分别为，且满足
（1）求角B的值；
（2）若且，求的取值范围.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式和两角和与差的余弦公式化简，可求出角B的值；
（2）根据条件，可求出角B的值以及角A的范围，利用正弦定理可得到，将代入，用辅助角公式化简，结合A的范围即可求出结果.
【小问1详解】
在中，，
，
，
，
，
，即，又，
所以，解得或.
【小问2详解】
∵且，∴，
由正弦定理得，所以，.
故，
∵，∴，，
又易知函数在上单调递增，
于是当，即时的最小值为，
当，即时的最大值为.
所以，即的取值范围.
16. 已知双曲线与有相同的焦点，且经过点.
（1）求双曲线的方程；
（2）若直线与双曲线交于两点，且的中点坐标为，求直线的斜率.
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）找出焦点的坐标，根据已知条件建立方程组解出即可
（2）分析直线斜率存在且不为0，设直线方程联立方程组利用韦达定理，利用中点公式建立方程组解出即可
【小问1详解】
由的焦点坐标为
由双曲线与有相同的焦点
所以双曲线的焦点坐标为
故，
在双曲线中： ①
又双曲线经过点
所以 ②
解得：
所以双曲线的方程为：
【小问2详解】
由题知直线斜率存在且不为0，
设直线的方程为：
由直线与双曲线交于两点，设
所以 消去整理得：
所以
所以
由的中点坐标为
所以
所以.
17. 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点P，Q分别在棱、上.

（1）若P是的中点，证明：；
（2）若平面，二面角的余弦值为，求四面体的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明异面直线的垂直；
（2）求平面法向量，由二面角的余弦值为和平面，解得P点坐标，可求四面体的体积.
【小问1详解】
以A坐标原点，，，所在直线分别为x，y，x轴建立空间直角坐标系，

则，，，，
设，其中，，
若P是的中点，则，，，
于是，∴，即.
【小问2详解】
由题设知，，是平面内的两个不共线向量.
设是平面的一个法向量，
则取，得.
又平面的一个法向量是，
∴，
而二面角的余弦值为，因此，
解得或（舍去），此时.
设（），而，由此得点，，
∵平面，且平面的一个法向量是，
∴，即，解得，从而.
将四面体视为以为底面的三棱锥，则其高，
故四面体的体积.
18. 已知函数.
（1）当时，
（ⅰ）求曲线在点处的切线方程；
（ⅱ）求证：，.
（2）若在上恰有一个极值点，求的取值范围.
【答案】（1）（ⅰ）切线方程为；（ⅱ）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）当时，求导，根据导数几何意义求解切点坐标与斜率，即可得切线方程；根据导函数的正负确定函数的单调性，即可得函数的最值，即可证明结论；
（2）根据极值点与函数的关系，对进行讨论，确定导函数是否存在零点进行判断，即可求得的取值范围.
【小问1详解】
当时，
（ⅰ） ，又，所以切线方程为.
（ⅱ），，因为，所以,
所以，所以
所以在单调递增，所以；
【小问2详解】
，
当时，所以，
,
由（1）知，，
所以在上单调递增.
所以当时，没有极值点，
当时，，
因为与在单调递增.
所以在单调递增.
所以，.
所以使得.
所以当时，，因此在区间上单调递减，
当时，，因此在区间上单调递增.
故函数在上恰有一个极小值点，的取值范围是.
19. 中国女排是中国各体育团队中成绩突出的体育团队之一，曾是世界上第一个“五连冠”得主，并十度成为世界冠军，2023年在杭州第19届亚运会上女排再度获得冠军．她们那种团结协作、顽强拼搏的精神极大地激发了中国人的自豪、自尊和自信，为我们在新征程上奋进提供了强大的精神力量．如今，女排精神广为传颂，家喻户晓，各行各业的人们在女排精神的激励下，为中华民族的腾飞顽强拼搏．某中学也因此掀起了排球运动的热潮，在一次排球训练课上，体育老师安排4人一组进行传接球训练，其中甲、乙、丙、丁四人刚好围成一个矩形（如图），已知当某人控球时，传给其相邻同学的概率为，传给对角线上的同学的概率为，由甲开始传球．
（1）求第3次传球是由乙传给甲的概率；
（2）求第次传球后排球传到丙手中的概率；
（3）若随机变量服从两点分布，且，，，…，，则，记前次（即从第1次到第次传球）中排球传到乙手中次数为，求．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设第次传球后排球在甲、乙、丙、丁手中的概率分别为，得到，求出，从而得到第3次传球是由乙传给甲的概率；
（2）求出之间的关系式，联立后得到，，进而得到是以为首项，公比为的等比数列，求出；
（3）在（2）的基础上求出，求出，利用等比数列求和公式得到答案.
【小问1详解】
设第次传球后排球在甲、乙、丙、丁手中的概率分别为，
则．
第2次传球到乙手中的概率，
所以第3次传球是由乙传给甲的概率为．
小问2详解】
根据已知条件可得，当时，
联立则有，
所以是首项为，公比为的等比数列，故．
因为，所以，
代入①②式得，
将⑤代入⑥得，，
则，
其中，
故，
，
，
……，
，
由累加法可得，
所以，
所以是以为首项，公比为的等比数列，
所以，
故第次传球后排球传到丙手中的概率为．
【小问3详解】
随机变量服从两点分布，设第i次未传到乙手中的概率为，
则排球第i次传到乙手中的概率为，
则．
由（2）知
，
其中，
所以．
【点睛】方法点睛：由递推公式求解通项公式，根据递推公式的特点选择合适的方法，
（1）若，采用累加法；
（2）若，采用累乘法；
（3）若，可利用构造进行求解；