四川省泸州市2024-2025学年高三上册开学考试数学检测试题合集2套（含解析）

这是一份四川省泸州市2024-2025学年高三上册开学考试数学检测试题合集2套（含解析），共38页。试卷主要包含了已知向量，.若，则的值为，已知集合，则包含的元素个数为，的展开式的常数项为，已知，则，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
1．已知向量，.若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，则包含的元素个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
3．已知且，则“”是“函数为偶函数”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．函数的图象如图所示，则的解析式可能是（ ）
A．B．
C．D．
5．的展开式的常数项为（ ）
A．B．C．D．
6．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
7．已知定义在上的函数(为实数)为偶函数，记，，，则､､的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
8．已知直线是曲线与曲线的公切线，则（ ）
A．2B．C．D．
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．下列说法正确的是（ ）
A．两位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生不相邻的概率是
B．已知随机变量，若，则
C．已知，则
D．从一批含有10件正品、4件次品的产品中任取3件，则取得2件次品的概率为
10．已知定义在实数集R上的函数，其导函数为，且满足，，则（ ）
A．B．的图像关于点成中心对称
C．D．
11．已知正方体，的棱长为1，点P是正方形上的一个动点，初始位置位于点处，每次移动都会到达另外三个顶点.向相邻两顶点移动的概率均为，向对角顶点移动的概率为，如当点P在点处时，向点，移动的概率均为，向点移动的概率为，则（ ）
A．移动两次后，“”的概率为
B．对任意，移动n次后，“平面”的概率都小于
C．对任意，移动n次后，“PC⊥平面”的概率都小于
D．对任意，移动n次后，四面体体积V的数学期望（注：当点P在平面上时，四面体体积为0）
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知为虚数单位，，若，则a-b=
13．已知为椭圆的右焦点，为坐标原点，为上一点，若为等边三角形，则的离心率为 .
14．已知正数a，b，c满足，，则的最小值为 .
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.
15．在中，角的对边分别为，已知．
(1)求角C的大小；
(2)求的值．
16．良好的用眼习惯能够从多方面保护眼睛的健康，降低近视发生的可能性，对于保护青少年的视力具有不可替代的重要作用．某班班主任为了让本班学生能够掌握良好的用眼习惯，开展了“爱眼护眼”有奖知识竞赛活动，班主任将竞赛题目分为两组，规定每名学生从两组题目中各随机抽取2道题作答．已知该班学生甲答对组题的概率均为，答对组题的概率均为．假设学生甲每道题是否答对相互独立．
(1)求学生甲恰好答对3道题的概率；
(2)设学生甲共答对了道题，求的分布列及数学期望．
17．如图，在四棱锥中，，，平面，，、分别是棱、的中点．

(1)证明：平面；
(2)求平面与平面的夹角的正弦值．
18．已知函数，定义域为.
(1)讨论的单调性；
(2)求当函数有且只有一个零点时，的取值范围.
19．已知双曲线的两条渐近线分别为和，右焦点坐标为为坐标原点.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)直线与双曲线的右支交于点（在的上方），过点分别作的平行线，交于点，过点且斜率为4的直线与双曲线交于点（在的上方），再过点分别作的平行线，交于点，这样一直操作下去，可以得到一列点.
（i）证明：共线；
（ii）判断是否为定值，若是定值求出定值；若不是定值，说明理由.
1．C
【分析】根据向量垂直的坐标运算，求得，再求即可.
【详解】解：因为，所以，所以，所以.
故选：C.
本题考查向量垂直时的坐标运算，向量模的求解，是基础题.
2．B
【分析】由一元二次不等式化简集合，即可由交集的定义求解.
【详解】由，解得或，
所以或，
故，
故选：B
3．A
【分析】由“函数为偶函数”，可得，结合充分条件与必要条件的性质即可判断.
【详解】若函数为偶函数，由定义域为，则有，
即，即对任意的恒成立，
即有，故，
由“”是“”的充分不必要条件，
故“”是“函数为偶函数”的充分不必要条件.
故选：A.
4．D
【分析】由奇偶性定义判断A、B，求判断C，结合排除法确定答案.
【详解】由，且定义域为R，为奇函数，A不符；
由，且定义域为R，为奇函数，B不符；
由与图象不符，C不符.
故选：D
5．A
【分析】利用的展开式的通项公式，得的展开式的项为或，即可求出结果.
【详解】因为的展开式的通项公式为，
所以的展开式的项为或，
令时，，
令时，，
所以的展开式的常数项为，
故选：A.
6．A
【分析】根据指对数互化、对数的运算性质和换底公式计算找到关系式；
【详解】因为，所以，
，故.
故选：A.
7．D
先根据为偶函数得到，求出函数的单调性后可得的大小关系.
【详解】因为为偶函数，
所以，
故，
即对任意的恒成立，
故，
所以，，
则，
当时，，
在上为增函数，
因为，
故，
所以.
故选：D.
本题考查函数的奇偶性、单调性以及指数对数的大小比较，属于中档题.
8．A
【分析】设是图象上的切点，利用导数的几何意义求出曲线上的切点，继而求出t的值，结合切线方程，即可求得答案.
【详解】由题意知直线是曲线与曲线的公切线，
设是图象上的切点，，
所以在点处的切线方程为，即①
令，解得，
即直线与曲线的切点为，
所以，即，解得或，
当时，①为，不符合题意，舍去，
所以，此时①可化为，所以，
故选：A
9．AC
【分析】对于A，由排列知识以及古典概型概率计算公式即可判断；对于B，根据二项分布的期望、方差公式即可列方程判断；对于C，直接根据排列、组合数的定义即可判断；对于D，
【详解】对于A：两位男生和两位女生随机排成一列共有(种)排法；
两位女生不相邻的排法有(种)，故两位女生不相邻的概率是，故A正确；
对于B：据二项分布的数学期望和方差的公式，可得，解得，故B错误；
对于C：由，得，解得，故C正确；
对于D：设随机变量表示取得次品的个数，则服从超几何分布，所以，故D错误.
故选：AC.
10．ACD
【分析】对A、B，利用赋值法进行计算即可得；对C、D，利用赋值法后结合数列的性质进行相应的累加及等差数列公式法求和即可得.
【详解】对A：令，则有，即，故A正确；
对B：令，则有，又f1=0，故，
令，，则有，故，故B错误；
对C：令，则有，即，
则
，故C正确；
对D：令，则有，即，
则，即，
又，故，
则，故D正确.
故选：ACD.
关键点点睛：本题C、D选项关键在于利用赋值法，结合数列的性质进行相应的累加及等差数列公式法求和.
11．AC
【分析】先求出点在移动次后，在点处的概率，再结合由向量法求出线面垂直、线面平行和三棱锥的体积，对选项一一判断即可得出答案.
【详解】设移动次后，点在点的概率分别为，
其中，
，解得：，
对于A，移动两次后，“”表示点移动两次后到达点，
所以概率为，故A正确；

对于B，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，，
因为，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
而，平面，
所以当点位于或时，平面，
当移动一次后到达点或时，所以概率为，故B错误；
对于C，所以当点位于时，PC⊥平面，
所以移动n次后点位于，则，故C正确；
对于D，四面体体积V的数学期望
，因为，
所以点到平面的距离为，
同理，点到平面的距离分别为，
所以，
所以，
当为偶数，所以，当时,；
当为奇数，所以，故D错误.
故选：AC.
关键点睛：本题的关键点是先求出点在移动次后，点的概率，再结合由向量法求出线面垂直、线面平行和三棱锥的体积，对选项一一判断即可得出答案.
12．4
先利用复数的乘法化简，再利用复数相等，得到a，b求解.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以a-b=4.
故4
本题主要考查复数的运算和复数相等，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
13．##
【分析】由条件可知为直角三角形，结合椭圆定义确定关系，由此可求离心率.
【详解】取椭圆的左焦点，连结，

由为等边三角形，则，
可知为直角三角形，且，
设，则，，
可得，则，
所以椭圆的离心率是．
故答案为.
14．2
【分析】使用不等式将放缩，使用“1”的代换及基本不等式求得目标最小值.
【详解】由题意知，当时取等号，
故
，当时取等号，
综上，当时，的最小值为2.
故2
关键点点睛：本题求最小值关键是第一步用放缩法将放掉，第二步是将中的2代换为，将整式处理为，再用“1”的代换求最小值.
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理计算即可；
（2）利用正弦定理结合（1）的结论计算即可.
【详解】（1），
，
．
（2），
，
，
．
16．(1)
(2)分布列见解析；
【分析】（1）转化为“答对组的2道题和组的1道题”与“答对组的l道题和组的2道题”两个互斥事件的和事件的概率求解，再分别应用相互独立事件同时发生的乘法公式即可得；
（2）按照求离散型随机变量分布列的一般步骤求解即可.
【详解】（1）学生甲恰好答对3道题有以下两种情况：
第一种情况是学生甲答对组的2道题和组的1道题，
其概率；
第二种情况是学生甲答对组的l道题和组的2道题，
其概率．
故学生甲恰好答对3道题的概率．
（2）由题意可知的所有可能取值为．
，
，
，
，
由（1）可知，
则的分布列为
故．
17．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）由中位线易证明四边形是平行四边形，进而得到，进而得到平面；
（2）由题易知，，两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，通过平面与平面的夹角计算公式计算余弦值，再用同角三角函数的基本关系计算正弦值；
【详解】（1）如图所示，连接．

因为，分别是棱，的中点，
所以，
因为，，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
则．
因为平面，平面，
所以平面．
（2）因为平面，
平面,
所以，
又因为，
所以，，两两垂直，
以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

由题中数据可得，，
，．
设平面的法向量为，
则
令，得．
因为，,
所以平面
平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，
则．
故，
即平面与平面的夹角的正弦值为．
18．(1)答案见详解
(2)
【分析】（1）求导，分和，根据二次方程根的个数以及韦达定理分析判断的符号，进而可得的单调性；
（2）参变分离可得，构建，求导，利用导数判断的单调性，进而可得结果.
【详解】（1）因为，
（ⅰ）当，即时，则f′x≥0在0,+∞内恒成立，
可知在0,+∞内单调递增；
（ⅱ）当，即或时，可知有两个不相等的根，
不妨令，可知，
①若，因为，可知，
令f′x>0，解得；令f′x0，解得或；令f′x0，解得；令ℎ′x