陕西省安康市2024-2025学年高三上学期开学学情摸底考试数学试题（解析版）

这是一份陕西省安康市2024-2025学年高三上学期开学学情摸底考试数学试题（解析版），共19页。

本卷满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1，答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等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. 设集合，若，则（ ）
A. B. 0C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用交集的结果列出方程求解即得.
【详解】集合，而，则，
经验证a=2符合题意，所以.
故选：C
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设复数，由共轭复数的性质和复数的意义求出复数，再由复数的乘除计算即可得到结果；
【详解】设复数，
所以，
又因为复数满足，
所以，
整理可得，解得，
所以，
所以，
故选：A
3. 已知平面向量．若向量与共线，则实数的值为（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由向量坐标的运算表示出与，再由向量共线的条件求出结果即可；
【详解】，，
因为向量与共线，
所以，
解得，
故选：B.
4. 已知为奇函数，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由奇函数的性质求出，再由导数的意义求出切线的斜率，最后由点斜式求出直线方程即可；
【详解】因为为奇函数，且定义域为，所以，
即，所以，经检验符合题意，
则，
曲线y=fx在点处的切线斜率为，
又
所以曲线y=fx在点处的切线方程为
，即.
故选：D
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用差角的正弦公式化简求出，再利用齐次式法计算即得.
【详解】由，得，解得，
所以.
故选：D
6. 已知直线经过点且斜率大于0，若圆的圆心与直线上一动点之间距离的最小值为，则直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出圆心，设出直线方程，再由点到直线的距离公式求解即可；
【详解】圆的圆心为1,0，
设直线的方程为，，即，
因为圆心与直线上一动点之间距离的最小值为，
即，整理可得，解得或（舍去），
故选：B.
7. 风筝的发明是中国古代劳动人民智慧的结晶，距今已有2000多年的历史.风筝多为轴对称图形，如图.在平面几何中，我们把一条对角线所在直线为对称轴的四边形叫做筝形.在筝形中，对角线所在直线为对称轴，是边长为2的等边三角形，是等腰直角三角形.将该筝形沿对角线折叠，使得，形成四面体，则四面体外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合题意画出图形，利用线面垂直找到球心的位置，再结合勾股定理求出半径，最后计算表面积即可；
【详解】
如图，，，
取为中点，则，连接，则，
因为，
所以，所以，
又，且平面，平面，
所以平面，又E为直角三角形的外心，
所以四面体外接球球心在上，设外接球的半径为，
则在中，，
即，解得，
所以四面体外接球的表面积为，
故选：C.
8. 在平面直角坐标系中，为双曲线的左顶点，为双曲线上位于第一象限内的一点，点关于轴对称的点为，记，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由点在双曲线上得到，再由图中角度关系结合两角差的正切展开式得到，然后结合已知得到，最后由离心率的齐次式得到结果；
【详解】
设，则，，
，则，①
则，
所以，
，
所以，②
将①代入②得，
，
因为，
所以，
所以双曲线的离心率为，
故选：A.
【点睛】方法点睛：过两点的直线斜率（或正切值）为，再结合两角差的正切展开式将问题转化为.
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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 一个不透明的盒子中装有大小和质地都相同的编号分别为1，2，3，4的4个小球，从中任意摸出两个球．设事件“摸出的两个球的编号之和小于5”，事件“摸出的两个球的编号都大于2”，事件“摸出的两个球中有编号为3的球”，则（ ）
A. 事件与事件是互斥事件B. 事件与事件是对立事件
C. 事件与事件是相互独立事件D. 事件与事件是互斥事件
【答案】ACD
【解析】
【分析】先列举各事件，再根据互斥事件，对立事件，相互独立事件的概率特征逐一判断即可；
【详解】列举各事件如下：，，，
A：由互斥事件同时发生的概率为0，即，故A正确；
B：由对立事件的概率和为1，，，，故B错误；
C：因为，故C正确；
D：事件，事件，为互斥事件，不可能同时发生，故D正确；
故选：ACD.
10. 在平面直角坐标系中，一动点从点开始，以的角速度逆时针绕坐标原点做匀速圆周运动，后到达点的位置．设，记，则（ ）
A.
B. 当时，取得最小值
C. 点是曲线的一个对称中心
D. 当时，的单调递增区间为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据给定条件，利用三角函数的定义求出点的坐标，求出并利用差角的余弦化简，再逐项判断即得.
【详解】依题意，后，质点走过的弧度数为，则，
对于A，
，A正确；
对于B，为最大值，B错误；
对于C，，点是曲线的一个对称中心，C正确；
对于D，当时，为最大值，而，
因此在上不单调，D错误.
故选：AC
11. 已知函数及其导函数的定义域均为，且，当时，，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 为偶函数B.
C. 在上单调递增D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用赋值法，结合奇偶函数的定义计算判断AB；利用单调性定义推理判断C；利用复合函数求导，赋值计算，结合函数的周期计算判断D.
【详解】对于A，取，得，解得，
取，则，即，又，
因此为奇函数，A错误；
对于B，，
解得，因此，B正确；
对于C，，则，，
，函数在R上单调递增，C正确；
对于D，取，则，求导得，
于是，解得，由，
求导得，则，，
又函数的周期为4，，
所以，D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：探讨抽象函数的性质，关键是适当地赋值，结合已知确定函数的奇偶性、单调性及相关函数值.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 的展开式中的系数为______．（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】先写出后面括号的通项，再分别与前面括号内每一项相乘得到的系数，最后求和即可；
【详解】第二个括号的通项为，
所以当前面括号出时，后面为，
当前面括号出时，后面出，
当前面括号出时，后面没有可出项，
所以的系数为，
故答案为：.
13. 已知的内角的对边分别为，若的面积为，则______．
【答案】或
【解析】
【分析】先由三角形的面积公式结合特殊角的三角函数值求出或，再由余弦定理求出结果即可；
【详解】的面积为，
所以，解得，
因为，所以或，
当时，由余弦定理可得，即，
当时，由余弦定理可得，即，
综上或，
故答案为：或.
14. 已知为坐标原点，椭圆，圆，圆，点，射线交圆，椭圆，圆分别于点，若圆与圆围成的图形的面积大于圆的面积，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】由圆的性质，椭圆的性质结合题意画出图形，再点同时在椭圆与射线上，求出，最后令，利用导数分析取值范围即可；
【详解】由题意可得的半径为，的半径为，其位置关系如下：
由图可得，
设，
因为点同时在椭圆与射线上，
所以，，
解得，
则，
若圆与圆围成的图形的面积大于圆的面积，
即，可得
所以，
设，，
则，设此式等于，
求导可得，
因为，所以导数恒大于零，故在时为增函数，
所以取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键是利用点同时在椭圆与射线上，求出，再设，由导数分析单调性进而求出取值范围.
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. 某农场收获的苹果按三个苹果等级进行装箱，已知苹果的箱数非常多，且三个等级苹果的箱数之比为6∶3∶1
（1）现从这批苹果中随机选出3箱，若选到任何一箱苹果是等可能的，求至少选到2箱A级苹果的概率；
（2）若用分层随机抽样的方法从该农场收获的A，B，C三个等级苹果中选取10箱苹果，假设某游客要从这10箱苹果中随机购买3箱，记购买的A级苹果有X箱，求X的分布列与数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析；
【解析】
【分析】（1）由题意可知，选到1箱级苹果的概率为，选到1箱非级苹果的概率为，进而由二项分布即可求解；
（2）由题意可得A级苹果有6箱，级苹果共有4箱，进而由超几何分布可得分布列和数学期望.
【小问1详解】
设事件“至少选到2箱级苹果”，
由题意知选到1箱级苹果的概率为，选到1箱非级苹果的概率为，
所以，
故至少选到2箱A级苹果的概率为.
【小问2详解】
因为用分层随机抽样的方法从该农场收获的A，B，C三个等级苹果中选取10箱苹果，
所以A级苹果有6箱，级苹果共有4箱，
随机变量的所有可能取值为,
则，
，
，
所以X的分布列为
.
16. 已知等比数列的各项均为正数，且．
（1）求的通项公式；
（2）令，记，求．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出数列an的首项及公比即可求出通项公式.
（2）由（1）求出，再利用错位相减法求和即得.
【小问1详解】
设正项等比数列an的公比为，由，得，
解得，所以an的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）知，，
则，
于是，
两式相减得，
所以.
17. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，在棱上且，平面，在棱上存在一点满足平面．

（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定、性质及面面垂直的判定推理即得.
（2）建立空间直角坐标系，求出点的坐标，平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得.
【小问1详解】
在四棱锥中，底面为矩形，则，
由平面，平面，得，
而平面，则平面，又平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
依题意，直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则，由，得，令，
则有，即，，
，由平面，得存在实数使，
即，解得，，
，
设平面的法向量，则，令，，
设平面的法向量，则，令，，
所以平面与平面夹角余弦值为.
18. 已知动圆的圆心在轴上，且该动圆经过点．
（1）求点的轨迹的方程；
（2）设过点的直线交轨迹于两点，若为轨迹上位于点之间的一点，点关于轴的对称点为点，过点作，交于点，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设圆心坐标为，结合题意列式化简，即可求得答案；
（2）求出A，B的坐标，利用设直线的方程并联立方程组可求出点Q，M的横坐标表达式，结合化简，求出其关于参数k的表达式，结合二次函数知识，即可求得答案.
【小问1详解】
因为动圆的圆心在轴上，所以设圆心坐标为，半径为，
由题意可得，即，
又圆心是点的中点，
由中点坐标公式可得，
代入上式可得，
所以点的轨迹的方程为；
【小问2详解】
由题意知在抛物线C上，则，即，
由于过点的直线交轨迹于两点，则直线l的斜率为，
故l的方程为，联立，得，
解得或，则，则B关于x轴的对称点为，
由题意知直线AQ的斜率存在，设为k，直线的斜率为，则，
设直线，
因为点Q在抛物线C上，故联立，得，
得，则，
又，故直线BM的方程为，
联立，解得,
因为
，
故当时，即时，取到最大值，最大值为.
【点睛】难点点睛：解答圆锥曲线类题目的难点在于复杂的计算，特别是第二问中求解最值问题时，基本都是字母参数的运算，并且计算量较大，需要十分细心.
19. 定理：如果函数在闭区间上的图象是连续不断的曲线，在开区间内每一点存在导数，且，那么在区间内至少存在一点，使得这是以法国数学家米歇尔·罗尔的名字命名的一个重要定理，称之为罗尔定理，其在数学和物理上有着广泛的应用．
（1）设，记的导数为，试用上述定理，说明方程根的个数，并指出它们所在的区间；
（2）如果在闭区间上的图象是连续不断的曲线，且在开区间内每一点存在导数，记的导数为，试用上述定理证明：在开区间内至少存在一点，使得；
（3）利用（2）中的结论，证明：当时，．（e为自然对数的底数）
【答案】（1）有3个根，分别在区间内；
（2）证明见解析； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用罗尔定理，结合三次函数的零点特征推理即得.
（2）构造函数，再利用罗尔定理推理即得.
（3）构造函数，在区间上分别利用（2）的结论，再结合函数的单调性推理即得.
【小问1详解】
函数的定义域为R，函数在R上的图象连续不断，
求导得，显然，
在闭区间上的图象是连续不断的，在开区间内每一点存在导数，且，
由罗尔定理，在开区间内至少存在一点，使得；
同理在开区间内至少存在一点，使得；
在开区间内至少存在一点，使得，因此方程至少有3个根，
又函数是三次函数，最多有三个零点，
所以方程有3个根，分别在区间内.
【小问2详解】
令函数，依题意，在闭区间上的图象是连续不断的曲线，
求导得，则在开区间内每一点存在导数，
且，
由罗尔定理，在开区间内至少存在一点，使得，
即，整理得，
所以在开区间内至少存在一点，使得.
【小问3详解】
令函数，函数在上的图象连续不断，求导得，
由（2）知，存在，使得，
存在，使得，
由，得，
令，求导得，则函数在上单调递增，
于是，即，整理得，
即，所以.
【点睛】关键点点睛：对于本题第（3）问，构造函数，把区间划分为两段，再分别利用（2）的结论是解决问题的关键.0
1
2
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