江苏省南通市海安市2024-2025学年高三下学期开学考试数学试卷（Word版附解析）

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1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解一元二次不等式，再根据集合的交集的定义计算即可.
【详解】解：，得，，或；
或，又 ，
故选：
2. 已知复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的四则运算求解即可.
【详解】因为，
所以
故选：A.
3. 已知数列为等比数列，，公比，则数列的前项积最大时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件得到，从而有时， ，时， ，即可求解.
【详解】因为，公比 ，则，
所以当时，；当时，，
又是数列的前项积，则当时， 取得最大值，
故选：B.
4. 已知钝角x满足：，则（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用两角差的正弦公式，结合为钝角，可求得或，进而两边平方可求得.
【详解】由，得，
为钝角，则，则，
或舍，
，得，
即
故选：C.
5. 已知非零向量在向量上的投影向量为，，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用投影向量的意义及数量积的运算律求解即得.
【详解】由非零向量在向量上的投影向量为，得，则，而，
因此，所以.
故选：A
6. 为推广新能源汽车，某地区决定对续航里程达到一定标准的新能源汽车进行补贴.已知某品牌新能源汽车的续航里程单位：服从正态分布补贴政策为：续航里程不低于350km的车辆补贴2万元，超过450km的车辆额外再补贴1万元，则该品牌每辆新能源汽车的平均补贴金额约为（ ）附：若，则
A. 万元B. 万元C. 万元D. 万元
【答案】C
【解析】
【分析】根据正态分布分别求出和时的概率，再根据数序期望公式求解.
【详解】由题意，得，
，
则该品牌每辆新能源汽车的平均补贴金额约为万元.
故答案为：C
7. 已知函数的极大值为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助导数，判定函数单调性，再结合极大值为，求，验证即可.
【详解】解：由题意，，
则，
令，解得或，
当时，在，上满足，单调递增，
在上满足，单调递减，
所以在处取得极大值，，解得，
当时，在，上满足，单调递增，
在上满足，单调递减，
所以在处取得极大值，，不符合题意，
当时，，在R上单调递增，无极值，不符合题意，
综上所述，.
故选：D
8. 设圆上两点,满足，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，得，利用三角恒等变换可得，结合三角函数值的有界性，可得，进而计算可求解.
详解】设
由，
可得，
即，
即，
因为，
所以，
又，
所以，
即，
所以，，
所以.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：关键在于利用三角代换，结合三角函数的有界性求解.
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分.
9. 为研究某种树的树高和胸径的关系，某人随机测量了10棵该品种树的胸径单位：和树高单位：的数据，已知其中一组数据为，且，求得回归方程为，并绘制了如下残差图，则（ ）
A. 由残差图可判定树高与胸径的关系符合上述回归模型
B. 该种树的平均树高约为
C. 数据对应的残差为
D. 删除一组数据后，重新求得的回归直线的斜率变小
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A：分析残差图判断模型拟合程度，且集中在0附近，所以由残差图可判定树高与胸径的关系符合上述回归模型，判定的即可；对于B：根据回归方程经过样本中心，代入计算即可；对于C：运用残差概念，计算残差即可；对于D：分析删除一组数据对回归直线斜率的影响即可.
【详解】解：对于A：分析残差图判断模型拟合程度，由残差图可知，残差分布比较均匀，且集中在0附近，所以由残差图可判定树高与胸径的关系符合上述回归模型，选项 A正确；
对于B：已知，则样本中心点的横坐标，将代入回归方程，可得，所以该种树的平均树高约为，选项B正确；
对于C：计算数据对应的残差，当时，，残差为，选项C正确；
对于D：分析删除一组数据对回归直线斜率的影响，删除数据后，因为大于样本中心点的横坐标，且小于通过回归方程计算出的对应的预测值，所以删除该点后，样本中心点向左下方移动，重新求得的回归直线的斜率变大，选项D错误.
故选：ABC.
10. 已知函数，则（ ）
A. 的零点为
B. 在上的最大值与最小值之和为0
C. 直线是的图象的一条对称轴
D. 0是函数的极小值点
【答案】BD
【解析】
【分析】令可判断A；由为奇函数可判断B；由对称性的性质计算可判断C；对求导，求出函数的单调性，由极小值点的定义可判断D.
【详解】解：对于A，函数的零点即时x的值，
因为，则或，
当时，，
当，即时，，，
所以的零点为，，A选项错误;
对于B，因为，所以为奇函数，
所以在上的最大值与最小值之和为0，B选项正确;
对于C，，
，
，所以直线不是的图象的一条对称轴，C选项错误；
对于D，令，
则，
当时，，，
所以，单调递减，
又为偶函数，所以时，单调递增，
所以0是函数的极小值点，D选项正确.
故选:BD
11. 如图所示的曲线C过原点O，且C上的任意一点到定点的距离与到直线的距离之积为4，则（ ）

A.
B. C恰好经过3个整点即横、纵坐标均为整数的点
C. C上存在两点关于直线对称
D. C与圆交点的个数为2
【答案】ABD
【解析】
【分析】设曲线C上任意一点，由两点间距离公式得到曲线C的方程.对于A：根据曲线C过原点运算求解即可；对于B：分析可知曲线C中，代入检验即可得结果；对于C：假设C上存在两点关于直线对称，平移图象可得，分析可知与曲线不相交；对于D：联立方程运算求解即可.
【详解】设曲线C上任意一点，由图可知，
根据两点间距离公式点到定点的距离为
根据点到直线的距离公式，点到直线的距离为
已知曲线C上的任意一点到定点的距离与到直线的距离之积为4，
则可得两边平方可得.
对于选项A：因为曲线C过原点，将原点坐标代入上式可得，解得
当时，由图可知显然不满足C上的任意一点到定点的距离与到直线的距离之积为4，舍去，
故，故选项A正确；
对于选项B：当时，，
令，解得或，所以曲线C中，
当时，；当时，（不是整数）；当时，，
所以曲线C恰好经过，，三个整点，故选项B正确；
对于选项C：假设C上存在两点关于直线对称，
则将曲线C上移2个单位长度的曲线上存在两点关于直线对称，
易知曲线方程为，
设曲线上关于直线对称的两点为，，且，
则有，，可得，
联立方程，消去x整理可得，
又因为，则，
可知方程无解，
即与曲线不相交，故假设不成立，故选项C错误；
对于选项D，将代入到曲线C的方程中，
得，解得或，
由圆的方程的纵坐标，所以舍去，
将代入得，所以交点坐标为，，
此时这两点的坐标也满足圆的方程，所以曲线与圆共有两个交点，选项D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是由两点间距离公式推导出方程，再根据方程研究曲线的性质.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 今有2只红球、3只黄球，同色球不加以区分，将这5只球排成一列，有______种不同的方法（用数字作答）．
【答案】10
【解析】
【分析】由分步计数原理可分两步完成，第一步：在5个不同位置中选2个位置排红球， 第二步：在剩下的3个不同位置排黄球，再运算即可得解.
【详解】分两步完成，
第一步：在5个不同位置中选2个位置排红球，共种排法，
第二步：在剩下的3个不同位置排黄球，共种排法，
故将这5只球排成一列，有种不同的方法,
故答案为：10.
13. 已知是上的奇函数，当时，，过原点O作两条互相垂直的直线，其中一条与的图象相切于点A，C，另一条与的图象相交于点B，D，则四边形ABCD的面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设切点坐标为，求导，则切线的斜率为，求出切线方程.代入，可得，从而得到两条切线方程分别为，.直曲联立，可得，，根据是奇函数，得到.运用两点间距离公式得到，得到四边形的面积.
【详解】解：设切点坐标为，
因为时，，所以，
则切线的斜率为，则切线方程为，
代入，可得，此时切线的斜率为，另一条切线的斜率为，
两条切线方程分别为，，可得交点坐标为，
联立，可得，联立，可得，
因为是上的奇函数，则，
所以，
四边形的面积为
故答案为：
14. 将棱长为1的正方体沿对角面，，同时切开后，共得到__________个多面体，其中一个多面体的体积为__________只需写出一种结果
【答案】 ①. 8 ②. （或,答案不唯一）
【解析】
【分析】对于第一空，分情况讨论分成的部分，得到总的多面体个数；对于第二空，正方体棱长为1，通过正方体体积和切割后多面体的体积关系，求出其中一个多面体体积即可.
【详解】（1）正方体被三个对角面、、切割.
每个对角面都会将正方体分成两个部分，但是这些部分会相互重叠.
具体来说：
第一个对角面将正方体分成两个部分，
第二个对角面进一步将每个部分分成两个，总共分成四个部分，
第三个对角面会再次将每个部分分成两个，但由于之前的切割，最终会得到8个多面体.分别是三棱锥,三棱锥,三棱锥,三棱锥,三棱锥,三棱锥,六面体,六面体.
（2）设正方体棱长为1，截面将正方体分成体积相等的两部分，不妨保留三棱柱，截面将三棱柱分成三棱锥 和四棱锥，它们的体积分别是和，于是，保留四棱锥，在正方体的截面 上，与相交于O，则截面将四棱锥分成三棱锥及多面体，O是正方体的中心，于是，三棱锥的体积为，则多面体的体积为，所以其中一个多面体的体积为或.
故答案为：8；(或，答案不唯一).
四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 在中，记a，b，c分别为角A，B，C的对边.已知
（1）若，求
（2）若，求
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理得，边角互化得到，算出，得到，运用和角正切计算出即可；（2）由余弦定理边角互化得到，结合条件得到，算出
【小问1详解】
因为，所以由正弦定理得，，即，
因为，所以，即，所以，即，
所以，解得或，
因为，所以，同为正数，所以不符合题意，故；
【小问2详解】
因为，所以由余弦定理得，，
整理得，，即，
又因为，所以，所以由余弦定理得，，
又因为，所以
16. 如图，在三棱锥中，，，平面ABC，H为垂足，D为AC的中点.
（1）证明：平面
（2）若，，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，三线合一得到；又因为平面，得到；进而得到平面，运用线面垂直性质得到；进而得到；最终运用线面平行判定定理得到平面；（2）如图，过点H作于点Q，连接，证明为二面角的平面角，借助三角函数得到二面角的正弦值.
【小问1详解】
证明：连接，因为，D为的中点，所以；
又因为平面，平面，所以；
又因为，平面，，所以平面，
又平面，所以；
因为，且，均在平面内，所以；
因为平面，平面，所以平面；
【小问2详解】
如图，过点H作于点Q，连接，
因为平面，平面，
所以，
又，，，平面，
所以平面，
又平面，
所以，所以为二面角的平面角，
因为，，所以，，
所以，所以，
所以二面角的正弦值为
17. 一批产品共16件，有2件不合格品，随机分装到两只箱中，每箱8件.收货方不放回地随机抽取产品进行检验，并按以下规则判断是否接收这批产品：如果抽检的第1件产品不合格，则拒收整批产品;如果抽检的第1件产品合格，则从另一箱中再抽检1件，若合格，则接收整批产品，否则拒收整批产品.
（1）求2件不合格品包装在同一只箱中的概率;
（2）求这批产品被拒收的概率.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出16件产品随机分装到两只箱中和2件不合格品包装在同一只箱中的方法数，再根据古典概型求概率；
（2）分2件不合格品包装在同一只箱中和2件不合格品包装在两只箱中两种情况，结合条件概率分别求出概率，再根据互斥事件的概率加法公式求解即可.
【小问1详解】
记“2件不合格品包装在同一只箱中”，
因为16件产品随机分装到两只箱中有种，
其中2件不合格品包装在同一只箱中有种，
所以，即2件不合格品包装在同一只箱中的概率为；
【小问2详解】
由（1）知，，，
记“产品被拒收”，“第1次抽到不合格品”，“第2次抽到不合格品”，
①若2件不合格品包装在同一只箱中，
则，；
或，.
所以，
所以；
②若2件不合格品包装在两只箱中，
则，，
所以，
所以，
由①②得，，
即这批产品被拒收的概率为
18. 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线的离心率为2，左、右顶点分别为A，B，且
（1）求的方程;
（2）直线l与的左、右两支分别交于点C，D，记直线BC，BD的斜率分别为，，且
（i）求证：直线l过定点;
（ii），直线OP与BD交于点Q，判断并证明直线AQ与BC的位置关系.
【答案】（1）；
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）由已知可得，，可求得双曲线方程；
（2）（ⅰ）设直线l的方程为，，，与双曲线联立方程组，由根与系数的关系可得，，结合已知可得或，可得定点坐标；（ⅱ）直线AQ与直线BC的位置关系是平行，理由如下：求得点的坐标，进而可得直线AQ的斜率，结合已知，可证结论.
【小问1详解】
设双曲线的焦距为2c，则，且，解得，，
所以，所以的方程为：；
【小问2详解】
（ⅰ）设直线l的方程为，，，，
联立与，消去y，得，
所以，，
由，得，
整理得，
所以，
整理得，所以或，
当时，直线l的方程为，过点，不符，故舍去；当时，直线l的方程为，过点，
所以直线l过定点；
（ⅱ）直线AQ与直线BC的位置关系是平行，理由如下：
因为，所以直线OP方程为：，
又直线BD方程为：，联立与，
解得，，即，
因为，所以直线AQ的斜率为，由，
得直线BD的斜率，所以
19. 已知曲线，
（1）若，与在公共点处的切线重合，求
（2）若与相交于A，在B的左侧两点，记直线AB的斜率为
（i）求证：
（ii）若，设，证明：
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设为公共点的横坐标，可得，且，计算求解即可；
（2）法一：（i）分析可知只需证，由已知可得，令，则，进而可得构造函数,记，求导，可证结论.（ii）分析可知只需证明 由（i）分析可得，构造函数证明即可.法二：（i）由题意，，，两式作差可得，证明即可；（ii）证明即可.
【小问1详解】
若，则，
因为与在公共点处的切线重合，不妨设为公共点的横坐标，则，且，
所以，于是，解得，所以
【小问2详解】
设，，其中
（i）由为增函数，知，所以
法1：则
依题意，有，且，
两式相减，得
令，则，且，解得，，
所以
记，则，
令，求导得，
故单调递减，故，所以在上单调递增，
故，所以式成立，从而式成立，所以
（ii）若，，则
因为，故只需证明
由（i）知，只需证，即要证
记，则
因为，所以，所以
所以，故在上单调递增，
所以，所以式成立，所以
法2：（i）由题意，，，
两式作差得，，
即
又，且，
则，
所以
下证：，即证：，即证：
不妨设，，即证：
记，，则，
所以在上单调递增，所以，所以，故
（ii）依题意，，
同理可得，，
所以，
由（i）知，
又，所以，
所以，
又，故，所以，所以
【点睛】方法点睛：利用导数解决不等式问题的主要方法就是构造函数，通过研究函数的性质进而解决不等式问题．