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    河北省部分地区2024-2025学年高三上学期开学考试数学试卷(原卷版+解析版)

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    1. 已知集合,则( )
    A. B. C. D.
    【答案】D
    【解析】
    【分析】解不等式化简集合,再利用交集的定义求解即得.
    【详解】依题意,,而,
    所以.
    故选:D
    2. 若复数满足,则( )
    A. B. C. D.
    【答案】A
    【解析】
    【分析】根据复数代数形式的除法运算化简即可.
    【详解】因为,所以.
    故选:A
    3. 已知向量,,若,则( )
    A. B. C. D.
    【答案】A
    【解析】
    【分析】首先求出的坐标,依题意可得,根据数量积的坐标表示得到方程,解得即可.
    【详解】因为,,
    所以,
    又,所以,解得.
    故选:A
    4. 已知,则( )
    A. B. C. D.
    【答案】A
    【解析】
    【分析】先根据两角和公式结合切化弦得出,再应用两角差余弦计算.
    【详解】因为,
    又因为,
    所以,
    所以.
    故选:A
    5. 已知函数,则不等式的解集为( )
    A. B. C. D.
    【答案】B
    【解析】
    【分析】根据函数解析式分两段讨论,分别求出不等式的解集.
    【详解】因,则不等式,
    等价于或,
    解得或或,
    所以不等式的解集为.
    故选:B
    6. 当时,曲线与的交点个数为( )
    A. 3B. 4C. 5D. 6
    【答案】A
    【解析】
    【分析】根据给定条件,转化为方程根的个数列式计算即得.
    【详解】依题意,曲线与的交点个数即为方程根的个数,
    由,得,,
    则或或,
    解得或或,因此方程在上有3个解.
    所以当时,曲线与的交点个数为3.
    故选:A
    7. 已知函数的定义域为R,当时,,且当时,,则下列结论中一定正确的是( )
    A. B. C. D.
    【答案】BC
    【解析】
    【分析】先求出函数局部周期性,再求值即可.
    【详解】当时,
    由于得到,
    则,A错;
    ,B对;
    ,C对;
    ,D错;
    故选:BC.
    二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,全部选对得6分,部分选对得部分分,错选不得分,共18分)
    8. 设函数,若存在,且,使得,则( )
    A. B.
    C. 可能有且仅有两个零点D. 至多有四个零点
    【答案】CD
    【解析】
    【分析】分析导数研究函数的单调性与极值,取特殊函数由零点存在性定理确定零点个数即可判断选择支.
    【详解】,,由题意,函数至少有个零点.

    设,令,则.
    当,即时,
    当,则,在单调递减;
    当,则,在单调递增;
    所以有最小值,最小值为,此时函数无零点,不满足题意;
    当,即时,
    由,,
    当时,,
    当,则,在单调递减;
    当,则,在单调递增;
    所以有最小值,最小值为,
    又,,
    由零点存在性定理可得,在各有一个零点,
    故当时,函数有且仅有个零点,满足题意,故A错误,C正确;
    当时,

    当,则,在单调递减;
    当,则,在单调递增;
    当,则,在单调递减;
    当,则,在单调递增;
    所以在处取极小值,在处取极大值,在处取极小值,
    又,
    由零点存性定理可得,在各有一个零点,
    即有个零点,
    所以当时,满足题意,故B错误;
    又为四次函数,至多有个零点,故D项正确.
    故选:CD.
    9. 双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“8”,如图曲线是双纽线,下列说法正确的是( )
    A. 曲线C的图象关于原点对称
    B. 曲线C经过7个整点(横、纵坐标均为整数的点)
    C. 曲线C上任意一点到坐标原点的距离都不超过3
    D. 若直线与曲线只有一个交点,则实数的取值范围为
    【答案】ACD
    【解析】
    【分析】由曲线上任一点关于原点的对称点适合曲线方程可判断A;利用换元法转化为二次方程,通过判别式得出范围,再赋值求解整点的坐标即可判断B;利用已知方程变形,根据有界性结合两点间距离公式可判断C;联立直线与曲线研究方程根的情况即可判断D.
    【详解】对于A:设曲线上任意一点,则坐标满足曲线方程,
    即方程成立,
    可得成立,
    即点关于原点的对称点也适合曲线方程,
    所以曲线的图象关于原点对称,故A正确;
    对于B:方程可化为,
    令,则方程,
    由判别式,可得,
    若是整数,则.
    令,,解得或或,有三个整点,,;
    令,,解得或,此时无整点;
    所以曲线共经过个整点,故B错误;
    对于C:设曲线上任一点,
    当为原点时,到原点的距离为,满足题意;
    当不为原点时,,
    则由可得,,
    所以点到原点的距离,且;
    综上,曲线上任一点到原点的距离都不超过,故C正确;
    对于D:直线恒过原点,且曲线经过,
    则直线与曲线至少一个公共点,
    又与曲线只有一个公共点,故除原点外无其他公共点.
    联立,
    消得,
    当时,方程仅一解,满足题意;
    当时,当时,方程恒成立,即恒有一解,
    当时,方程化简得,即当时,方程无解,满足题意;
    综上可得,解得或,即实数的取值范围为,D正确.
    故选:ACD.
    【点睛】方法点睛:已知直线与曲线交点个数求参数值(取值范围)问题,通常将直线方程代入曲线方程转化为一元方程根的情况研究,再结合方程类型变形建立不等式,通过解不等式确定参数范围,但也要注意变形过程中的等价处理.如复合方程通过整体换元转化为简单方程来研究时,不能忽视求解新元的范围;高次方程因式分解转化为低次方程来研究时,要注意几个低次方程之间的重根讨论;分式方程化为整式方程研究时,分母是否为0的分类讨论;无理方程转化为有理方程时,被开方数的限制条件等.
    三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
    10. 设抛物线的焦点为,过点作直线交抛物线于,两点,若,,则___________.
    【答案】##
    【解析】
    【分析】设Ax1,y1,Bx2,y2,根据抛物的定义表示出,,再根据三角形相似得到,即可求出.
    【详解】设Ax1,y1,Bx2,y2,抛物线焦点为,准线为,
    因为,,根据抛物线的定义可得,,
    过点作轴于点,过点作轴于点,
    则,所以,
    所以,即,解得.
    故答案为:.
    11. 若曲线在点处的切线与曲线相切,则________.
    【答案】
    【解析】
    【分析】根据导数的几何意义求出切线方程,再联立切线方程与,消元,根据计算可得.
    【详解】由,所以,则,
    所以曲线在点处的切线为,即;
    又与曲线相切,
    由,可得,
    则,解得或(舍去),
    故答案为:
    12. 某射击比赛中,甲、乙两名选手进行多轮射击对决.每轮射击中,甲命中目标概率为,乙命中目标的概率为.若每轮射击中,命中目标的选手得1分,未命中目标的选手得0分,且各轮射击结果相互独立.则进行五轮射击后,甲的总得分不小于3的概率为__________.
    【答案】
    【解析】
    【分析】利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算可得答案.
    【详解】则进行五轮射击后,甲的总得分不小于3的概率为
    .
    故答案为:.
    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)
    13. 记的内角,,的对边分别为,,,已知,,.
    (1)求角的大小;
    (2)求的面积.
    【答案】(1)
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)利用两角和的正弦公式及诱导公式得到,即可得解;
    (2)利用余弦定理得到,再将两边平方,即可求出,最后由面积公式计算可得.
    【小问1详解】
    因为,
    所以,
    即,即,
    显然,所以,又,所以;
    【小问2详解】
    由余弦定理,即,
    又,所以,
    解得,
    所以.
    14. 已知椭圆的离心率为,且过点.
    (1)求椭圆的方程;
    (2)直线与椭圆交于,两点,且以线段为直径的圆过椭圆的右顶点,求证:直线恒过定点,并求出该定点的坐标.
    【答案】(1)
    (2)证明见解析,定点坐标为
    【解析】
    【分析】(1)根据题意列出的方程组,结合求解出的值,则椭圆方程可知;
    (2)设Ax1,y1,Bx2,y2,联立直线与椭圆方程,消元、列出韦达定理,结合条件可知,通过化简可求得、的关系,从而求出定点坐标.
    【小问1详解】
    依题意可得,解得,
    所以椭圆的方程为.
    【小问2详解】
    设Ax1,y1,Bx2,y2,
    联立可得,
    且,即,
    所以,,
    因为以为直径的圆经过点,所以,
    所以,
    所以,
    所以,
    所以,
    化简可得,解得或,
    当时,,过定点,符合题意;
    当时,,过点,不满足题意,
    综上所述,直线过定点.
    15. 已知三棱锥中,平面,,,为上一点且满足,,分别为,的中点.
    (1)求证:;
    (2)求直线与平面所成角的大小;
    【答案】(1)证明见解析
    (2)
    【解析】
    【分析】(1)以为原点,所在直线分别为轴、轴、轴,建立空间直角坐标系,计算,进而可得答案;
    (2)求出平面的法向量n=x,y,z,,利用线面角的向量公式求解即可.
    【小问1详解】
    因为平面,,
    如图以为原点,所在直线分别为轴、轴、轴,建立空间直角坐标系,
    则,
    所以,因为,所以.
    【小问2详解】
    设平面的法向量n=x,y,z,,
    则,即,取,得,
    设直线与平面所成角为,
    则,
    又,所以,
    所以直线与平面所成角的大小为.
    16. 已知函数在处取得极值2,且.
    (1)求实数a,b,c的值;
    (2)若函数在区间上有三个零点,求实数m的取值范围;
    (3)证明:若函数在区间上不单调,则.
    【答案】(1);
    (2);
    (3)证明见解析.
    【解析】
    【分析】(1)求出函数的导数,由已知建立方程组,求解方程组并验证即得.
    (2)由(1)求出函数在上的性质,结合三次函数性质求解即得.
    (3)利用二次函数性质推理即得.
    【小问1详解】
    由函数,求导得,
    依题意,,解得,此时,
    当或时,,当时,,
    则函数在上单调递增,在上单调递减,即是极值点,
    所以.
    【小问2详解】
    由(1)知,,,,
    函数在上单调递增,在上单调递减,
    函数在处取得极大值,在处取得极小值,
    而当时,,当时,,
    由函数在区间上有三个零点,得,解得,
    所以实数m的取值范围是.
    【小问3详解】
    由(1)知,,函数的图象对称轴为,
    由函数在区间上不单调,得,解得,
    所以原命题正确.
    17. 设数列满足,且对于任意的,都有,若从该数列中任意选取两个不同的数和(),能满足,则称和是幸运数对.
    (1)求数列的通项公式;
    (2)若从数列中随机选取两个数,求这两个数构成“幸运数对”的概率;
    (3)证明:对于任意的正整数N,在数列中总存在两个数和(),使得.
    【答案】(1)
    (2)
    (3)证明见解析
    【解析】
    【分析】(1)由累加法求通项即可;
    (2)由通项公式与不等式性质可得恒成立;
    (3)由数列通项证明数列递增规律,利用放缩法将所证不等式消元转化为一元不等式,求解满足不等式的正整数解即可.
    【小问1详解】
    由题意,任意的,都有,
    所以,
    则当时,
    当时,也满足上式,
    所以数列的通项公式;
    【小问2详解】
    设从该数列中任意选取两个不同的数和(,且),
    则,
    由,且,可得,,
    则,即恒成立.
    所以从数列中随机选取两个数,这两个数构成“幸运数对”的概率为;
    【小问3详解】
    由任意,可知,数列是递增数列,
    所以,故,且,
    即数列是以为首项,为公差的等差数列,也是递增数列.
    且当,对于任意的正整数N,存在,使.
    故任意,,都有,
    令,得,此时恒成立,
    若为奇数,则为整数,故数列中第项后的任意两项都满足题意;
    若为偶数,则为整数,且,故数列中从第项起之后(包含第项)的任意两项都满足题意.
    例如,任意正整数,取,
    则恒成立,
    故对于任意的正整数N,在数列中存在第项与第项,
    即满足条件,故得证.
    【点睛】思路点睛:关于新定义题的思路有:
    (1)找出新定义有几个要素,找出要素分别代表什么意思;
    (2)由已知条件,看所求的是什么问题,进行分析,转换成数学语言;
    (3)将已知条件代入新定义的要素中;
    (4)结合数学知识进行解答.
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