湖南省衡阳市衡阳县第二中学2024-2025学年高三上学期开学摸底考试数学试卷（解析版）

这是一份湖南省衡阳市衡阳县第二中学2024-2025学年高三上学期开学摸底考试数学试卷（解析版），共19页。

注意事项：
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，选出每小题答案后.用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号徐照.如需改动，用橡皮擦干净后，再选徐其他答案标号.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.考试结東后，将本试巻和答题卡一并收回.
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. 设全集，集合，，则（ ）
A. B.
C. D. x0≤x<2
【答案】C
【解析】
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，根据对数函数的性质求出集合，再根据补集、交集的定义计算可得.
【详解】由，即，解得或，
所以或，
所以，又，
所以.
故选：C
2. 在中，为的重心，满足，则（ ）
A. B. C. 0D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意作图，根据重心的几何性质，得到线段的比例关系，利用平面向量的运算，可得答案.
【详解】设相交于点，为的重心，

可得为中点，，
，
所以，
所以.
故选：C.
3. 第14届国际数学教育大会在上海华东师范大学举行，如图是本次大会的会标，会标中“ICME-14”的下方展示的是八卦中的四卦3、7、4、4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制是，正是会议计划召开的年份，那么八进制数换算成十进制数，则换算后这个数的末位数字是（ ）
A. 1B. 3C. 5D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由进位制的换算方法代入计算，再由二项式展开式代入计算，即可得到结果.
【详解】由进位制的换算方法可知，八进制换算成十进制得：
，
因为是10的倍数，
所以，换算后这个数的末位数字即为的末尾数字，
由可得，末尾数字为5.
故选：C
4. 已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象向右平移个单位长度后，所得到的函数的图象关于原点对称，则的值可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用图象求出函数的解析式，利用三角函数图象变换可得出函数的解析式，利用函数的对称性可求得的表达式，即可得出结果.
【详解】由图可得，函数的最小正周期为，则，
因为，可得，
因为且函数在附近单调递增，故，所以，，
将函数的图象向右平移个单位长度后，可得到函数的图象，
则，
因为函数的图象关于原点对称，则，解得，
当时，，
故选：B.
5. 已知圆与双曲线，若在双曲线上存在一点P，使得过点P所作的圆的两条切线，切点为A，B，且，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由切线长定理可知，根据得，设点，由根据的范围可得答案.
【详解】连接、、，则，，
由切线长定理可知，，又因为，
所以，，所以，，
则，
设点，则，且，所以，
，
所以，，故.
故选：B.
6. 已知函数的图象在点处的切线方程为.若函数至少有两个不同的零点，则实数b的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求，再求函数的极大值和极小值，根据零点的个数，列不等式，即可求解.
【详解】由题意，得，，，.令，得，.
当或时，，在，上单调递增；
当时，，上单调递减
当时，有极大值；当时，有极小值.
若要使至少有两个不同的零点，只需（等号不同时成立），解得.
故选：B
7. 已知A，B，C，D四点都在表面积为的球O的表面上，若球O的直径，且，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，根据正弦定理可求r，根据几何关系可求D到平面ABC的距离为定值，当△ABC面积最大时，三棱锥A－BCD体积最大，利用余弦定理、基本不等式、三角形面积公式可求△ABC面积的最大值，即得.
【详解】设球O的半径为R，因为球O的表面积为，故，即，
∵，，设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，
∴根据正弦定理知，，即，
∴，
∵AD是直径，O是AD中点，故D到平面ABC的距离为，
在△ABC中，根据余弦定理得，，
即，
∴，当且仅当时，等号成立，
∴△ABC面积的最大值为，
∴三棱锥A－BCD体积的最大值.
故选：D.
8. 已知函数，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对不等式作等价变形，构造函数并探讨函数的性质，利用性质解不等式作答.
【详解】函数，则，
因，则不等式成立必有，即，
令，求导得，当时，，当时，，
因此，函数在上单调递减，在上单调递增，又，
当时，，于得，即，令，
当时，，函数在上单调递减，，，因此，无解，
当时，，于是得，即，此时，
函数在上单调递增，，，不等式解集为，
所以不等式的解集为.
故选：B
【点睛】思路点睛：求某些函数不等式解集，将不等式等价转化，利用同构思想，构造新函数，借助函数的单调性分析求解.
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. 下面四个命题中真命题为（ ）
A. 若复数满足，则
B. 若复数满足，则
C. 若复数，满足，则
D. 若复数，则
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，设，，根据得到，从而；BC选项，可举出反例；D选项，由，得到，D正确.
【详解】A选项，设，，则，故，
则，故A为真命题；
B选项，复数满足，但，故命题B为假命题；
C选项，若复数，满足，但，故命题C为假命题；
D选项，若复数，则，故D真命题.
故选：AD
10. 已知函数与的定义域均为，，，且，为偶函数，则下列选项正确的是（ ）
A. 函数的图象关于对称B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，利用偶函数的性质，结合赋值法即可得解；对于B，利用赋值法即可得解；对于CD，利用抽象函数的奇偶性、对称性与周期性得到与的周期均为4，进而求得与，从而得解.
【详解】对于A，为偶函数，，
即有，则的图象关于对称，A正确；
对于B，，令，可得，
又，，B正确；
对于C，，，，
①，②，
将①②式分别与联立，化简得：
，，
，，
，，即与的周期均为4，
，，
，，
又函数的图象关于对称，
，，
，C错误；
对于D，又，，
，，
，，，
，D正确.
故选：ABD.
11. 已知抛物线过点，则（ ）
A. 拋物线的标准方程可能为
B. 挞物线的标准方程可能为
C. 过点与抛物线只有一个公共点的直线有一条
D. 过点与抛物线只有一个公共点的直线有两条
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意设出抛物线的方程，利用点在抛物线上及直线与抛物线的位置关系即可求解.
【详解】对于选项A，当抛物线开口向右时，设抛物线的方程为，将代入抛物线中得，则拋物线的方程为，故A正确；
对于选项B，当抛物线开口向下时，设抛物线的方程为，将代入拋物线中得，则抛物线为，故B正确；
对于C、D选项，过点与对称轴平行直线，以及抛物线在点处的切线都与抛物线只有一个公共点，故C错误，D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在的二项展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则该二项展开式中的常数项等于_____.
【答案】112
【解析】
【分析】由题意可得，再利用二项展开式的通项公式，求得二项展开式常数项的值．
【详解】的二项展开式的中，只有第5项的二项式系数最大，，
通项公式为，令，求得，
可得二项展开式常数项等于，
故答案为112．
【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
13. 已知圆，直线为上的动点，过点作圆的切线，切点为，则的最小值为____________.
【答案】
【解析】
【分析】由分析可知，当时，取得最小值，由点到直线的距离公式结合勾股定理即可得出答案.
【详解】将圆化为标准方程为：，
所以圆的圆心为，半径为，因为，
所以，
所以当时，取得最小值，
因为圆心到直线的距离，
所以的最小值为.
故答案为：.
14. 某同学次上学途中所花的时间（单位：分钟）分别为，，，，.已知这组数据的平均数为，标准差为，则的值为____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据平均数和方差的计算方法可列出关于和的方程组，解之即可．
【详解】平均数为，即①，
方差为，
即②，
由①②解得，或，，
所以当，时，；当，，
故答案为：．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或者演算步骤.
15. 为考察某种药物对预防疾病的效果，进行了动物试验，根据40个有放回简单随机样本的数据，得到如下列联表：
（1）补全下面的列联表（单位：只）；
（2）依据的独立性检验，分析药物对预防疾病的有效性.
参考公式：，其中.
参考附表：
【答案】（1）列联表见解析
（2）药物A对预防疾病B无效
【解析】
【分析】（1）根据题意和表中的数据填写即可；
（2）根据公式计算，然后根据临界值表分析判断即可.
【小问1详解】
解：列联表如下：
【小问2详解】解：零假设为：药物对疾病无效.
根据列联表中的数据，经计算得到
根据小概率值的独立性检验，我们没有充分证据推断不成立，
所以可以认为成立，即认为药物对预防疾病无效.
16. 如图，在四棱锥中，平面平面，，四边形为梯形，，，，，，，交于点，点在线段上，且.
（1）证明：平面.
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形边角关系可证明相似，即可得,即可求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求解即可.
【小问1详解】
平面平面，且两平面交于，又，
平面.
在中，，，.
且，是等腰直角三角形，
，.
，，
又，为等腰直角三角形，.
，，
又，所以，平面,平面，
平面.
【小问2详解】
由（1）得平面，且，所以建立如图所示空间直角坐标系.
可得，，，
即，.
设平面的法向量为，则，
解得.
平面的法向量为.
设二面角为，所以，
则.
17. 在平面直角坐标系中， 椭圆：的左，右顶点分别为、，点是椭圆的右焦点，，．
（1）求椭圆的方程；
（2）不过点的直线交椭圆于、两点，记直线、、的斜率分别为、、.若，证明直线过定点， 并求出定点的坐标．
【答案】（1） ；
（2）证明见解析， ．
【解析】
【分析】（1）写出的坐标，求出向量坐标，根据向量的关系即可列出方程组，求得和椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，，．联立直线与椭圆方程， 根据韦达定理得到根与系数的关系，求出，根据即可求得和 的关系，即可证明直线过定点并求出该定点．
【小问1详解】
由题意知，，，，
∵，，
∴，解得，从而，
∴椭圆的方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为，，．
直线不过点，因此．
由 ，得，
时，，，
∴
，
由，可得，即，
故的方程为，恒过定点．
18. 已知函数，.
（1）讨论的单调性并求极值.
（2）设函数（为的导函数），若函数在内有两个不同的零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增，的极小值为，无极大值；
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出，然后可得单调性和极值；
（2），然后求出当时的单调性，要使函数在内有两个不同的零点，则有，解出，然后证明即可.
【小问1详解】
因为在上单调递增，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，无极大值.
【小问2详解】
因为，
所以，
当时，，
所以当或时，在上单调，至多只有一个零点，不满足题意，
当时，由可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以要使函数在内有两个不同的零点，则有，
由可得，下面证明当时，
令，则，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
所以当时，
综上：实数的取值范围为.
19. 已知函数（，）在一个周期内的图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象．

（1）求的单调递增区间；
（2）在中，若，，，求．
【答案】（1）
（2）或．
【解析】
【分析】（1）由函数的图象，求得，再由三角函数的图象变换，得到，结合三角函数的性质，即可求解；
（2）因为，求得或，结合余弦定理和勾股定理，即可求解.
【小问1详解】
解：由函数的图象，可得，即，所以，
又由最高点是，所以，即，
因为，所以，可得，所以，
将的图象向左平移个单位长度得到的图象，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，
得到函数的图象．
令，所以，
故的单调递增区间为．
【小问2详解】
解：因为，所以．
又因为，所以，所以或，
所以或，
当时，由余弦定理得，所以；
当时，由勾股定理，得，所以．
故边的长为或．药物
疾病B
合计
未患病
患病
未服用
7
服用
8
19
合计
0.100
0.050
0.025
2.706
3.841
5.024
药物
疾病
合计
未患病
患病
未服用
14
7
21
服用
8
11
19
合计
22
18
40