山西省吕梁市部分学校2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题（解析版）

这是一份山西省吕梁市部分学校2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了 已知集合，则， 样本数据的中位数和极差分别为， 已知函数是奇函数，则， 已知双曲线，则的等内容，欢迎下载使用。

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回答选择题时，选出年小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.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】C
【解析】
【分析】利用列举法及交集的定义即可求解.
【详解】因，且，故.
故选：C
2. 样本数据的中位数和极差分别为（ ）
A. 30，24B. 26，30C. 24，30D. 26，24
【答案】B
【解析】
【分析】根据中位数和极差的概念可求得结果.
【详解】将样本数据按从小到大的顺序排列，，共有9个数据，
第1个数为20，第5个数为26，第9个数为50，故样本数据的中位数为26，极差为.
故选：B
3. 已知复数在复平面内所对应的点为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由复数的几何意义求出复数，及其共轭复数，然后计算即可.
【详解】复数在复平面内所对应的点为，
所以，故.
故选：D
4. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意结合对称性解得，对比选项检验即可.
【详解】由题意可得：，解得，
根据各选项，代入检验知：当取1时，，即只有选项C符合题意.
故选：C.
5. 已知抛物线的焦点为为上一点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将代入抛物线的方程中解得，由抛物线定义可求PF.
【详解】将代入，解得，由抛物线的定义可知.
故选：B
6. 已知函数是奇函数，则（ ）
A. B. 0C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据奇函数定义可得恒成立，可得，并代入求定义域检验即可.
【详解】由题意可得：
，
若是奇函数，则，
即恒成立，则，解得，
若，则，
显然，且，即，
可知的定义域为，关于原点对称，
此时为定义在上的奇函数，即符合题意.
故选：A.
7. 已知递增等比数列的公比为，且，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】方法1：设，整理可得，设，利用导数可得的单调性，结合的单调性，分和两种情况，结合零点分析求解即可；方法2：整理可得，根据单调性可得的取值范围为.进而可得，构建，利用导数判断其单调性和值域.
【详解】由题意可知：，
方法1：设，
因为，可得，
设，则，
令，解得或；令，解得；
可知在，单内调递增，在内单调递减，
且，
又因为，则有：
当时，在区间存在零点，
因为，则，解得；
当时，应有大于1的零点，因为，
且当时，，
故对于任意均存在大于1的零点，
综上所述：，即的取值范围是；
方法2：因，可得.
因为等比数列递增，则有：
当时，则，此时等比数列递增，即符合题意；
当时，则，则；
综上所述：的取值范围为.
又因为，
设，则，
当时，则，可知在单调递减，
且，可得；
当时，则，可知在单调递增，
可得；
所以的取值范围是.
故选：B.
8. 已知在三棱锥中，除外其他各棱长均为2，且二面角的大小为.若三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】方法1：设分别为的中点，根据条件得出为等边三角形，利用球心在线段上，及，转化为关于的方程，解方程可得，从而求出球的表面积；
方法2：由已知条件得出为等边三角形，利用球心在线段上，易知在直线上的射影为正的重心，结合，求出，再结合勾股定理即可求出，从而求出球的表面积.
【详解】方法1：如图，设分别为的中点，连接，
则是边长为的等边三角形，
则球心必在线段上，其中，
设球的半径为，在中，,
又,,
所以在中，,
因为，所以.
解得，
故球的表面积为.
方法2：如图，设分别为的中点，
连接，则球心必在线段上，且.
设在直线上的射影为，则为正的重心，且底面.
所以，
所以，，
故球的表面积为.
故选：A
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. 已知双曲线，则的（ ）
A. 焦点在轴上B. 焦距为3
C. 离心率为D. 渐近线为
【答案】AC
【解析】
【分析】将双曲线的方程化为标准方程，然后求出离心率，渐近线方程，焦距，逐项判断即可.
【详解】因为双曲线，
所以的标准方程为，
故焦点在轴上，，
故焦距为，离心率为，渐近线为，
故A，C正确，B，D错误.
故选：AC
10. 小明上学有时乘公交车，有时骑自行车.他各记录了100次乘公交车和骑自行车上学所用的时间，经数据分析得到：乘公交车平均用时20min，样本标准差为6；骑自行车平均用时24min，样本标准差为2.已知若随机变量，则.假设小明乘公交车用时和骑自行车用时都服从正态分布，则（ ）
A.
B.
C. 若某天有28min可用，小明要想尽可能不迟到应选择骑自行车
D 若某天有25min可用，小明要想尽可能不迟到应选择乘公交车
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据已知条件，代入对应数值判断A、B；计算比较与的大小关系即可判断C；计算比较与的大小关系即可判断D；
【详解】根据题意知，故A错误，B正确；
若有28min可用，分别设随机变量的平均数和方差为，
则
，故，
小明要想尽可能不迟到应选择骑自行车，故C正确；
若有25min可用，则，
因为，故，
小明要想尽可能不迟到应选择乘公交车，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知的三边长分别为为内一点，且满足.设，则
A.
B.
C.
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】假设，然后根据向量的运算及余弦定理、三角形面积公式计算即可.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，不妨设，
由余弦定理可知，故，
，
设，
则，
又因为，
故，所以，故B正确；
对于C，由余弦定理可知，，
同理，
故
，故C正确；
对于D，，故D正确.
故选：BCD.
三､填空题：本題共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知展开式中的系数为80，则__________.
【答案】-2
【解析】
【分析】利用通项公式，即可求解.
【详解】通项公式，
令，则，
因为的系数为，故.
故答案为：
13. 已知函数在区间有零点，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】函数零点可以转化为与函数放入图象有交点即可，因此只需确定再区间的范围即可.
【详解】令，当时，，
当且仅当时取等，
且，
所以若在区间有零点，只需与函数有交点即可,
所以的取值范围是.
故答案为：
14. 设，且，记为中最大的数，则的最小值为__________.
【答案】6
【解析】
【分析】根据不等式的知识求解即可.
【详解】
因为，故，
所以
，
所以的最小值为6，
当，且时成立.
故答案为：6
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. 已知函数.
（1）求曲线y=fx在点处的切线方程；
（2）求的单调区间和极值.
【答案】（1）
（2）单调递增区间是；单调递减区间是，极大值；极小值4.
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程；
（2）首先求函数的导数，根据导数与函数单调性的关系，求函数的单调区间，再求函数的极值.
【小问1详解】
根据题意有，
故切线的斜率.
又，故切点坐标为.
所以曲线y=fx在点处的切线方程为.
【小问2详解】
由（1）知，当时，f'x>0；
当时，f'x<0；当x∈0,+∞时，f'x>0.
所以的单调递增区间是；单调递减区间是.
当时，取得极大值；
当时，取得极小值.
16. 如图，直三棱柱的高为，分别为的中点，为上一点，且.

（1）证明：∥平面：
（2）求直线与平面所成角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）做辅助线，可得∥，结合线面平行的判定定理分析分析证明；
（2）建系标点，求平面平面的法向量，利用空间向量求线面夹角.
【小问1详解】
如图，延长交于点，连接交于点，连接.

因为为的中点，且∥，故为的中点.
过作∥，交于点，
因为为的中点，故，
因，故.
又因为，故，
故∥，
因平面平面，
所以∥平面.
【小问2详解】
以为坐标原点，直线为轴，直线为轴，直线为轴建立坐标系，
则，
故，且记.
设平面的法向量为，则，
不妨取，则.
所以，
设直线与平面所成角为，则，
可得，，
所以直线与平面所成角的正切值为.
17. 某同学进行投篮训练，已知每次投篮的命中率均为0.5，且每次投篮是否命中相互独立.若该同学投篮3次，记其中命中的次数为.
（1）求的分布列与期望；
（2）已知有大小相同的红球和黄球各个，从中随机取3个球，记其中红球的个数为，若用的值近似表示，且满足误差的绝对值不超过0.01，求的最小值.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）20
【解析】
【分析】（1）列出分布列，根据期望定义进行计算，或者利用二项分布期望公式进行计算；
（2）由题意可知，依题意列出不等式，可得的范围，即得的最小值.
【小问1详解】
根据题意有，
其中，
，
，
.
的分布列为：
方法1：所以
方法2：因为，故
【小问2详解】
根据题意有.
由（1）可知，
故应满足.
解得.
故的最小值为20.
18. 已知椭圆过点，且的右焦点为.
（1）求的方程：
（2）设过点的一条直线与交于两点，且与线段交于点.
（i）证明：到直线和的距离相等；
（ii）若的面积等于的面积，求的坐标.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）或.
【解析】
【分析】（1）代入条件，转化为关于和的方程组，即可求解；
（2）（ⅰ）首先设直线的方程为，与椭圆方程联立，得到韦达定理，由题意转化为证明和的斜率和为0；
（ⅱ）由面积公式，结合条件，再结合几何关系，确定，即可确定点的位置，即可求解.
【小问1详解】
根据题意有，
且由椭圆的几何性质可知，
所以.
所以的方程为.
【小问2详解】
（i）显然的斜率存在，设的方程为，代入的方程有：
，其中.
设，则，
若到直线和的距离相等，则直线平分，
易知轴，故只需满足直线与的斜率之和为0.
设的斜率分别为，则：
，
，
代入，
有，故命题得证.
（ii）由（i）知直线平分，即.
因为的面积等于的面积，
故，即，故.
故在线段的垂直平分线上.
易知线段的垂直平分线为，与的方程联立有，
故的坐标为或.
【点睛】关键点点睛：本题第二问中第一小问的关键是由几何关系转化为证明，第二小问的关键是转化几何关系为.
19. “割圆术”是利用圆的外切或内接正多边形逼近圆并由此求圆周率的一种方法.设，圆的外切和内接正边形的周长分别为和，其中.
（1）若的半径为1，求的外切正边形的面积；
（2）证明：；
（3）设，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据两角差的正切结合定义得出面积；
（2）应用二倍角余弦公式结合新定义化简即可证明；
（3）应用二倍角正弦公式，再运用导数得出函数单调性得出不等关系，最后结合新定义化简即可证明；
【小问1详解】
根据题设可知，故外切多边形每一条边所对的圆心角为.
当的半径时，有
.
所以圆的外切正边形的面积为.
【小问2详解】
方法1：设的半径为的内接正边形每一条边所对的圆心角为，则由几何关系可知，且.
故，
且，得.
所以，即.
方法2：设的半径为，则，
所以
，即.
【小问3详解】
方法1：在（2）的条件下由几何关系可知，故，
又，故.
由（2）可知，且，
故，
故.
由（2）可知，
又，故.
因为，且由得，
故综上，.
方法2：由（2）可知，
又，故.
故
设，则单调递减，
故当时，，此时.
所以.
【点睛】方法点睛：应用二倍角正弦公式，再运用导数得出函数单调性得出不等关系，最后结合新定义化简即可证明；
0
1
2
3