湖南省长沙市望城区长郡斑马湖中学2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题（解析版）

这是一份湖南省长沙市望城区长郡斑马湖中学2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题（解析版），共16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，写在试卷上无效．
3．考试结束后，本试卷和答题卡一并交回．
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 设函数,则使成立的的取值范围是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：，定义域为，∵，∴函数为偶函数，当时，函数单调递增，根据偶函数性质可知：得成立，∴，∴，∴的范围为故答案为A.
考点：抽象函数的不等式.
【思路点晴】本题考查了偶函数的性质和利用偶函数图象的特点解决实际问题，属于基础题型，应牢记．根据函数的表达式可知函数为偶函数，根据初等函数的性质判断函数在大于零的单调性为递增，根据偶函数关于原点对称可知，距离原点越远的点，函数值越大，把可转化为，解绝对值不等式即可．
2. 若数列的通项公式为，则其前10项和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用裂项相消法求和即可求和.
【详解】由于
故其前10项和为，
故选：C．
3. 已知数列的前项和为，则的值为（ ）
A. B. 99C. D. 40
【答案】D
【解析】
【分析】根据的定义即可代入求解.
【详解】,
故选：D
4. 等差数列，，-2，，，则是这个数列的第（ ）项
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出等差数列的通项公式，再计算求出项数.
【详解】由等差数列前几项可得，该等差数列首项为，公差为-2，
则该等差数列通项公式为，
令，则则是这个数列的第项，
故选：C．
5. 是等差数列，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用等差中项即可求解.
【详解】，
故选：D
6. 已知直线过点，，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出直线的斜率，由斜率与倾斜角关系即可求解.
【详解】由题可得：，所以直线的倾斜角为：；
故选：C
7. 过点，倾斜角为的直线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得直线的斜率，可得点斜式方程，化为一般方程可得.
【详解】由题可得直线的斜率为，
所以直线方程为：，
化简可得：；
故选：B
8. 已知抛物线上一点到其焦点的距离为5，双曲线的左顶点为，离心率为，若双曲线的一条渐近线与直线垂直，则双曲线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由抛物线的定义可求出的值，进而确定点的坐标，再结合双曲母的的几何性与两条直线的垂直关系，可求出的值，从而可求出双曲线的方程
【详解】设抛物线的焦点为，则抛物线的定义可得，解得，
所以抛物线的方程为，
因为点在抛物线上，
所以，得，
所以，
由题意得，双曲线的渐近线方程为，
因为离心率为，所以，
所以，得，
因为双曲线的一条渐近线与直线垂直，
所以，得，
所以由，得，
所以双曲线的方程为，即，
故选：C
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．
9. 以下说法正确的是（ ）
A. 将4封不同的信全部投入3个邮筒，共有64种不同的投法
B. 将4本不同数学书和2本不同的物理书排成一排，且物理书不相邻的排法有480种
C. 若随机变量，且，则
D. 若随机变量，则
【答案】BC
【解析】
【分析】按照分步乘法计数原理判断A，利用插空法判断B，根据正态分布的性质判断C，根据二项分布的方差公式求出，再根据方差的性质判断D.
【详解】对于A：第1封信可以投入3个信箱中任意一个，有3种投法；
同理，第2，3，4封信各有3种投法．根据分步乘法计数原理，共有种投法．故A错误；
对于B：先排4本不同的数学书有种排法，再将2本不同的物理书插空有种排法，
所以共有种不同的排法，故B正确；
对于C：因为，且，
所以，故C正确；
对于D：因为，所以，
所以，故D错误；
故选：BC
10. 下列命题中是真命题的有（ ）
A. 若，则
B. 在线性回归模型拟合中，若相关系数越大，则样本的线性相关性越强
C. 有一组样本数据，.若样本的平均数x=2，则样本的中位数为2
D. 投掷一枚骰子10次，并记录骰子向上的点数，平均数为2，方差为1.4，可以判断一定没有出现点数6
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据二项分布期望公式、相关系数的性质，结合平均数、中位数、方差的定义逐一判断即可.
详解】对于，若，则，故A正确；
对于B，若越大，则样本的线性相关性越强，故B不正确；
对于C，有两种情况：1，2，3和2，2，2，故C正确；
对于D，若出现点数6，
则，此时其方差不可能是1.4，所以D正确．
故选：ACD．
11. 如图所示，正方体中，给出以下判断，其中正确的有（ ）

A. 面B.
C. 与是异面直线D. 与平面夹角余弦为
【答案】ABCD
【解析】
【分析】由正方体的性质，应用线面垂直判定、异面直线定义、线面角的定义判断各项正误.
【详解】由面，故面，A对；
由，即为平行四边形，则，B对；
由面，面，且面面，与不平行，与是异面直线，C对；
由正方体易知：面，故为与平面夹角，

若正方体的棱长为1，则，D正确.
故选：ABCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在等差数列中，若则________．
【答案】
【解析】
【分析】应用等差数列项的性质计算求解即可.
【详解】因为成等差数列，公差为，
所以，
故答案为:．
13. 通过点，并且与轴平行的直线方程为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据直线与轴平行得出纵坐标即可写出直线方程.
【详解】通过点，并且与轴平行的直线上的点的纵坐标都为，
所以所求直线方程为.
故答案为：．
14. 某种平面分形图如下图所示，一级分形图是由一点出发的三条线段，长度均为1，两两夹角为；二级分形图是在一级分形图的每条线段的末端出发再生成两条长度为原来的线段,且这两条线段与原线段两两夹角为；……；依此规律得到级分形图．
（1）4级分形图中共有______条线段；
（2）级分形图中所有线段长度之和为______.
【答案】 ① 45 ②.
【解析】
【分析】（1）观察图像，总结规律，找到数列通项公式，代入求值即可.（2）根据等比数列求和公式求解即可.
【详解】（1）显然当时，有3条线段，
当时，3条线段的另一端各增加2条线段，
所以新增线段条，故此时共有条线段；
当时，在时新增的线段的另一端各增加2条线段，所以新增线段条，
故此时共有条线段；
依次类推，每次都是在上一次的新增线段的另一端各增加2条线段，
所以推断出级分形图中，
有线段条，
所以4级分形图中共有条线段.
（2）设级分形图中所有线段长度之和为，根据题意，
，
，
显然构成一个首项为3，公比为的等比数列的和.
所以.
故答案为：45；
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. 在等差数列中，
（Ⅰ）求通项；
（Ⅱ）求此数列前30项的绝对值的和．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）765
【解析】
【详解】试题分析：（Ⅰ）由题意可得：进而得到数列通项公式为；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得当时，，所以采用分组求和即可
试题解析：（Ⅰ）∵即．
∴．
∴．
（Ⅱ）由，则．
∴
=
．
考点：1．求数列通项公式；2．数列求和
16. 甲､乙､丙三名高中生进行传球训练.第一次由甲将球传出，传给乙的概率是，传给丙的概率是；乙传给甲和丙的概率都是；丙传给甲和乙的概率地都是.如此不停地传下去且假定每次传球都能被接到，记开始传球的人为第一次触球者，第次触球者是甲的概率记为.
（1）求；
（2）证明：为等比数列.
【答案】（1），，；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据互斥事件及相互独立事件的概率公式进行计算即可；
（2）根据题意得到，变形后根据等比数列的定义证明即可.
【小问1详解】
根据题意知，
，
.
【小问2详解】
把第次触球者是甲的概率记为，
当时，第次触球者是甲的概率为，
第次触球者不是甲的概率为，
则
而，故,
即，
所以是以为首项，以为公比的等比数列.
17. 已知数列an的前项和为，．
（1）求数列an的通项公式；
（2）设，证明bn是等比数列；
（3）设，求数列的前项和
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据分段求出数列通项；
（2）应用等比数列定义证明即可；
（3）应用等差、等比求和公式分组求和即可.
【小问1详解】
当时，，
当时，，
因此数列的通项公式为；
【小问2详解】
，
因为是常数，，
故bn是等比数列；
【小问3详解】
bn是等比数列，首项是，公比是，
，
，
所以．
18. 已知圆过点，且与圆关于直线对称．
（1）判断圆与圆的位置关系，并说明理由；
（2）过点作两条相异直线分别与相交于，．
①若直线和直线互相垂直，求的最大值；
②若直线和直线与轴分别交于点、，且，为坐标原点，试判断直线和是否平行？请说明理由．
【答案】（1）圆与圆外切，理由见解析
（2）①最大值为；②平行，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据对称关系求出圆方程，从而求出圆心距，即可判断两圆位置关系；
（2）①方法一：令、即，为过点的两条弦，设、被圆所截得弦的中点分别为、，弦长分别为，，由垂直关系可得四边形是矩形，即，进而根据半弦长，弦心距，圆半径构造直角三角形，满足勾股定理，得到，进而由基本不等式，得到的最值，从而求得结果；
方法二：分类讨论直线与中有一条直线的斜率不存在和直线与斜率都存在，且互为倒数，两种情况下的值，最后综合讨论结果得到答案.
②由已知直线和直线与轴分别交于点、，且，可得直线与斜率都存在，且互为相反数，可设，，求出，坐标后，代入斜率公式，判断直线和的斜率是否相等，即可得到答案.
【小问1详解】
由题可得圆圆心为，设圆心，则，解得
则圆的方程为，将点的坐标代入得，故圆的方程为
，又两半径之和为，圆与圆外切．
【小问2详解】
方法一：令、即，为过点的两条弦，
设、被圆所截得弦的中点分别为、，弦长分别为，，因为四边形是矩形，

所以，即，化简得
从而，时取等号，此时直线，必有一条斜率不存在）
综上：、被圆所截得弦长之和的最大值为
方法二：若直线与中有一条直线的斜率不存在，
则，此时
若直线与斜率都存在，且互为负倒数，故可设，即，，
点到的距离为，同理可得点到的距离为，
，
，
综上：、被圆所截得弦长之和的最大值为
②直线和平行，理由如下：
由题意知，直线和直线的斜率存在，且互为相反数，故可设，
，

由，得，
因为的横坐标一定是该方程的解，故可得 ，
同理，所以，
，
所以，直线和一定平行．
19. 已知双曲线的右焦点为，离心率为，且过点，过点的直线与的右支交于，两点．
（1）记直线，的斜率分别为，，求的值
（2）以为直径的圆记为圆，是否存在定圆与圆内切若存在，求出定圆的方程若不存在，说明理由．
【答案】（1）；
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）根据双曲线焦点和离心率求出基本量，再联立方程组应用韦达定理得出斜率乘积定值即可；
（2）设出直线方程与双曲线方程联立，结合圆的相关概念求得圆 E方程，结合对称性得到定圆圆心的位置，设出定圆方程，结合两圆内切的概念列出方程求解即可．
【小问1详解】
由题意知
解得a=2，，，
所以的方程为，
易得，显然直线斜率不为，
设直线的方程为，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立方程，得，，
所以，
，，
由直线与的右支交于，两点可知，解得，
，，
.
【小问2详解】

设，点为直线中点，
所以，，
又
，
所以圆的方程为，
由对称性可知，若存在定圆与圆相内切，则定圆圆心一定在轴上，
不妨设定圆的方程为，
则由定圆与圆相内切可知，，
即，
整理得，
因为上式与无关，
所以，解得.
所以存在定圆．
【点睛】方法点睛：设出直线方程与双曲线方程联立，结合圆的相关概念求得圆 E方程，结合对称性得到定圆圆心的位置，设出定圆方程，结合两圆内切的概念列出方程求解即可．