河南省驻马店市新蔡县第一高级中学2025届高三上学期8月开学考试数学试题（解析版）

这是一份河南省驻马店市新蔡县第一高级中学2025届高三上学期8月开学考试数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知复数满足，则复数共轭复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的除法运算化简复数，由共轭复数的定义即可求解.
【详解】解：由题意，，
则复数的共轭复数.
故选：A.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据补集结合一元二次不等式求，再根据交集运算求解.
【详解】因为，则，
所以.
故选：B.
3. 已知向量满足，则向量在向量方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将两边平方求出，然后由投影向量公式可得.
【详解】因为，，
所以，得，
所以向量在向量方向上的投影向量为.
故选：C
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据，利用诱导公式计算可得.
【详解】因为，
所以.
故选：C
5. 已知是圆锥底面的直径，为底面圆心，为半圆弧的中点，，分别为线段，的中点，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件，建立空间直角坐标系，求出，再利用线线角的向量法，即可求出结果.
【详解】因为为半圆弧的中点，则，如图，建立空间直角坐标系，
因为，，为半圆弧的中点，，分别为线段，的中点，
则,，
所以，
设异面直线与所成角的角为，
则，

故选：B.
6. 当时，恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简得到，再由，结合三角函数的图象与性质，即可求解.
【详解】由，可得，
因为，可得，所以，
可得，
又因为，
所以
即，
因为，
因为，可得，所以，
则，则，
要使得不等式，即恒成立，
所以，即实数的取值范围为.
故选：D.
7. 设点，直线过点且与线段相交，则直线斜率的取值范围是（ ）
A. 或B. 或C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件求出直线的斜率，再画出图形分析可得或，从而即可得解.
【详解】依题意，直线的斜率分别为，
如图所示：
若直线过点且与线段相交，
则的斜率满足或，
即的斜率的取值范围是或 .
故选：B
8. 已知 ，，直线 与曲线 相切，则 的最小值是（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】利用已知条件求出切点的横坐标，从而得到，利用基本不等式即可求解.
【详解】由于直线 与曲线 相切，
设切点为，且，所以，
则切点的横坐标 ，则，即 .
又，所以，即，
当且仅当 时取等号，所以 的最小值为1.
故选：D
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 在数列中，已知．当时，满足，则下列说法正确的是（ ）
A. B. C. 是等比数列D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据给定的递推公式，计算判断A；计算得，再依次计算判断BCD即得.
【详解】对于A，在数列中，，则，而，解得，A正确；
对于B，由，得，两式相除得，则，
，，B错误；
对于C，数列是以为首项，3为公比的等比数列，，C正确；
对于D，数列是以为首项，3为公比的等比数列，，因此，D错误.
故选：AC
10. 如图，函数y=fx的导函数f'x的图象经过点，1,0和2,0，对于函数y=fx，下列说法正确的是（ ）
A. 在上单调递增B. 在上单调递增
C. 在处取得极小值D. 在处取得极小值
【答案】BD
【解析】
【分析】根据导函数图象的正负得出函数的单调性进而得出函数的极值即可判断各个选项.
【详解】由导函数图象可知，
当或时，f'x<0；
当或时，f'x≥0，
所以在和上单调递减，
在和上单调递增，故选项A错误，B正确；
所以在和处取得极小值，在处取得极大值，故C错误，D正确.
故选：BD.
11. 函数是物理中常见的锯齿波函数，其中表示不大于x的最大整数，标准锯齿波波形先呈直线上升，随后陡落，再上升，再陡落，如此反复．下列说法正确的有（ ）
A. B. 函数的最小正周期为
C. 函数的值域为D. 函数为周期函数
【答案】AB
【解析】
【分析】令，代入求解即可判断A；求出的周期即可判断B；求出值域即可判断C；根据图象判断D
【详解】令，则， ，而，故A对；
，即，
所以是周期函数，1是一个周期，
设是函数一个周期，
即，所以，
故函数的周期为整数，而1是最小的正整数，故的最小正周期为1，
根据图象的伸缩变换，的图象是由图象纵坐标不变，横坐标缩短为原来的倍，所以函数的最小正周期为，故B对；
由，所以的值域为，
而，又，
即函数的值域为，故C错；
当时，，所以，
当时，，，所以，
，
随增大而增大
故不是周期函数，故D错
故选：AB
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 切比雪夫不等式是19世纪俄国数学家切比雪夫（1821.5~1894.12）在研究统计规律时发现的，其内容是：对于任一随机变量，若其数学期望和方差均存在，则对任意正实数，有.根据该不等式可以对事件的概率作出估计.在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列，现连续发射信号次，每次发射信号“0”和“1”是等可能的.记发射信号“1”的次数为随机变量，为了至少有的把握使发射信号“1”的频率在区间内，估计信号发射次数的值至少为______.
【答案】1250
【解析】
【分析】由题意知，可求出，由，得，再由切比雪夫不等式列不等式求解即可.
【详解】由题意知，所以，，
若，则，
即，即，
由切比雪夫不等式知，
要使得至少有98%的把握使发射信号“1”的频率在区间内，
则，解，
所以估计信号发射次数n的最小值为1250.
故答案为：1250
【点睛】关键点点睛：此题考查二项分布的期望和方差，考查切比雪夫不等式的应用，解题的关键是将变形为，考查理解能力和计算能力，属于较难题.
13. 过抛物线上一点作切线与轴交于点，直线被圆截得的弦长为，则点的坐标为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用导数求出抛物线的切线方程，再利用点到直线的距离以及弦长即可求解.
【详解】因为，即，
所以，
设点，则切线斜率为，
所以切线方程为，即
令，解得
所以点坐标为，
因为直线被圆截得的弦长为，
所以圆心到直线的距离为
所以，即，
解得（负值已舍），
所以点坐标为.
故答案为：.
14. 在中，，，，为边上一点，，，，则的最小值为______
【答案】##
【解析】
【分析】分析题意得到的范围，利用正弦定理和锐角三角函数的定义表示出边长，再利用基本不等式里‘1’的代换求解最值即可.
【详解】因为为边上一点，过作交于，
则，当在之间时，无法构成，此时如图所示，

所以在的延长线上，可得，所以，，
因为，所以，，
而在中，，，可得，
，
在中，由正弦定理得，
即，可得，
，所以，
，
，
当且仅当时取等，此时解得，
所以的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形，解题关键是合理利用条件表示出边长，然后利用基本不等式得到所要求的最值即可．
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. 如图，在平面四边形中，.
（1）求的值；
（2）求的正弦值；
（3）若，求中边上高的长度.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）在中，根据余弦定理，列出方程，即可求解；
（2）在中，根据正弦定理，求得，得到，结合，即可求解；
（3）在中，利用余弦定理，求得，再由三角形的面积公式，求得的面积为，设中边上高的长度为，得到，即可求解.
【小问1详解】
解：在中，由余弦定理得
即，即，
所以或（舍去），所以的值为.
【小问2详解】
解：在中，由正弦定理得，
即，解得，
因为，所以为锐角，所以，
又因为，所以.
【小问3详解】
解：由，
在中，由余弦定理得
，解得，
又因为的面积为，
设中边上高的长度为，可得，
可得，所以的边上高的大小为.
16. 如图，在三棱锥中，是等边三角形，，，点D在上，，平面．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点E，连接，，由已知可得，，则平面，则，又平面，可得，则得平面；
（2）设，取中点M和中点N，
连接，由已知可得为二面角的平面角，
又得，得，同理可得，则，
由平面，得，得，则，
，得，，
，则，故，在中，利用余弦定理即可求得.
【小问1详解】
∵平面，又平面，∴，
取的中点E，连接，，
因为是等边三角形，
所以，又，故，，
又，平面，
∴平面，又平面，∴，
又，、平面，
∴平面．
【小问2详解】
设，取中点M和中点N，
连接，则，,
∵平面，∴，即，故为二面角的平面角，
∵平面，平面，∴，
又，，
所以，，
∴，∴，同理可得，
∴，
∵平面，又平面，∴，
∴，则，
，故，，
，则，故，
在中，，
故二面角的余弦值为．
17. 已知动圆P过点，并且与圆外切，设动圆的圆心P的轨迹为C.
（1）直线与圆相切于点Q，求的值；
（2）求曲线C的方程；
（3）过点的直线与曲线C交于E，F两点，设直线，点，直线交于点M，证明直线经过定点，并求出该定点的坐标.
【答案】（1）
（2），；
（3）证明见解析，定点
【解析】
【分析】（1）利用直线与圆相切的几何性质，结合勾股定理，即可求解；
（2）由圆与圆的位置关系，构造双曲线的定义，即可求解；
（3）分直线斜率存在和不存在两种情况讨论，并联立直线与双曲线方程，利用韦达定理表示，即可求解定点.
【小问1详解】
由直线与圆的位置关系可知，，
所以点；
【小问2详解】
由题意可知，设动圆半径为，，，，
即，
所以点是以为焦点的双曲线的右支，，，则，
所以曲线的方程为，；
【小问3详解】
当直线的斜率不存在时，，，
直线，当，得，即，直线，
此时直线过点1,0，
当直线的斜率存在时，设直线，，，
直线，当时，，
，
联立，得，
，，，
下面证明直线经过点，即证，，
把，代入整理得，
即，
所以直线经过点1,0，
综上可知，直线经过定点，定点坐标为1,0.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
18. 已知函数．
（1）当时，证明：恒成立；
（2）若对于任意的，都有恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）已知条件，令，得，并判断函数的单调性，因为，所以 ，由可得；
（2）令，得令，令，令．然后分、、三种情况讨论，根据单调性求解即可
【小问1详解】
当时，．
令，则．
当时，，函数Fx单调递减；
当时，，函数Fx单调递增，
，，
，
即当时，在上恒成立．
【小问2详解】
令，
若对于任意的恒成立，则．
令，
令，
令．
①当时，由（1）可知，在R上恒成立且不恒为零，则在上为增函数．
，
当时，，此时函数φx单调递减；
当时，，此时函数φx单调递增，
，符合题意．
②当时，．
当时，，所以；
当时，，所以；
当时，，所以，
函数在上单调递增．
，，
存在，使得，
当时，，则函数在上单调递减，
，则函数在上单调递减，
，则函数φx在上单调递减，
故当时，，不符合题意．
③当时，，若，由②知在上单调递增，则存在，使得，且当时，；
若，由②知在上单调递增，当时，．
当时，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
，函数φx在上单调递增，
故当时，，不符合题意．
综上所述，存在，使得对于任意的x∈R，都有恒成立，
实数的取值范围为．
【点睛】方法点睛： 不等式恒成立问题常见方法：
①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；
②数形结合(y=fx 图像在y=gx 上方即可)；
③讨论最值或恒成立.
19. 已知是各项均为正整数的无穷递增数列，对于，定义集合，设为集合中的元素个数，特别规定：若时，．
（1）若，写出，及的值；
（2）若数列是等差数列，求数列的通项公式；
（3）设集合，，求证：且．
【答案】（1），，；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据数列bn的定义，分别求出，，；
（2）假设，，均与数列bn是等差数列矛盾，进而得到数列an是以为首项，为公差的等差数列，进而得到；
（3）根据定义得到数列是递增数列；用反证法证明，假设存在正整数，若，则推出，与假设矛盾，所以；，所以要证，只需证，且，能推出，所以，所以，所以结论成立.
【小问1详解】
因为，所以，，
由得，，所以，
由得，，所以；
【小问2详解】
由题可知，所以，即，
若，则，，
所以，，与bn是等差数列矛盾，所以，
设，因为an是各项均为正整数的递增数列，所以，
假设存在使得，设，由得，
由得，，与bn是等差数列矛盾，
所以对任意都有，
所以数列an是等差数列，；
【小问3详解】
因为对于，，所以，所以，即数列是递增数列，
先证明，
假设，设正整数，
由于，故存在正整数使得，所以，
因为an是各项均为正整数的递增数列，所以，
所以，，
所以，，
又因为数列是递增数列，所以，与假设矛盾，
所以；
再证明，
由题可知，所以要证，只需证，设且，
因为数列是各项均为正整数的递增数列，所以存在正整数，使得，
令，
若则，即，所以，所以，所以，
若，则，所以所以，
因为，所以，所以，
所以；
综上所述，且.
【点睛】方法点睛：新定义问题解题策略
首先，明确新定义的特点；其次，根据定义中的步骤对具体题目进行运算；最后得到结论.