河南省部分重点中学2024-2025学年高三上学期开学摸底测试数学试题

这是一份河南省部分重点中学2024-2025学年高三上学期开学摸底测试数学试题，共13页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容，已知，则，为了解某新品种玉米的亩产量，已知函数的定义域为，则等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
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.
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.
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.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.若，则（ ）
A. B. C. D.
3.已知向量.若，则（ ）
A.-1 B.1 C.2 D.0
4.已知，且，则（ ）
A.0 B.1 C. D.
5.将4个不同的小球放入3个不同的盒子中，且每个盒子最多只能装3个球，则不同的放法有（ ）
A.60种 B.64种 C.78种 D.81种
6.已知，则（ ）
A. B.
C. D.
7.已知函数的部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若，则（ ）
A.1 B.2 C. D.
8.已知是双曲线的左焦点，过点的直线与交于两点（点在的同一支上），且，则（ ）
A.6 B.8 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.为了解某新品种玉米的亩产量（单位：千克）情况，从种植区抽取样本，得到该新品种玉米的亩产量的样本均值，样本方差.已知原品种玉米的亩产量服从正态分布，假设新品种玉米的亩产量服从正态分布，则（ ）
（若随机变量服从正态分布，则）
A. B.
C. D.
10.已知函数的定义域为，则（ ）
A. B.
C.是偶函数 D.
11.如图，球被一个距离球心的平面截成了两个部分，这两个部分都叫作球缺，截面叫作球缺的底面，球缺的曲面部分叫作球冠，垂直于截面的直径被截后所得的线段叫作球缺的高.球冠的面积公式为，球缺的体积公式为，其中为球的半径，为球缺的高，记两个球缺的球冠面积分别为，两个球缺的体积分别为，则下列结论正确的是（ ）
A.若，则两个球缺的底面面积均为
B.若，则
C.若，则
D.若，则
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.
12.已知等比数列的前项乘积为，若，则__________.
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.已知函数有4个不同的零点，则的取值范围为__________.
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.（13分）
的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若为边上一点，且，求的面积.
16.（15分）
如图，在三棱锥中，为的中点，平面平面是等腰直角三角形，.
（1）证明：.
（2）求二面角的正弦值.
17.（15分）
在抛物线上有一系列点，以点为圆心的圆与轴都相切，且圆与圆彼此外切.已知，点到的焦点的距离为.
（1）求；
（2）求数列的通项公式；
（3）设，求数列的前项和.
18.（17分）
设函数的定义域为，若存在正实数，使得对于任意，有，且，则称是上的“距增函数”.
（1）已知函数，证明：对于任意正实数是上的“距增函数”.
（2）若是上的“距增函数”，求的取值范围.
（3）已知是定义在上的“2距增函数”，求的取值范围.
19.（17分）
甲､乙两人各有六张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字，乙的卡片上分别标有数字，两人进行六轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.
（1）求甲的总得分为0的概率.
（2）求甲的总得分为1的概率.
（3）若为随机变量，则.记甲的总得分为，求.
高三数学试卷参考答案
1.C .
2.D ，所以.
3.A 因为，所以，即，解得.
4.B 因为，所以，即，则舍去），所以.
5.C 不考虑每个盒子最多只能装3个球，有种放法.若将4个球放入同一个盒子中，有3种放法.故不同的放法有种.
6.A 因为，所以，故.
7.D 由图可知，则，解得.因为，所以.
因为的图象经过点，所以，所以，解得.因为，所以.
因为的图象经过点，所以，解得.
故.
因为，所以.
.
8.D .根据对称性，不妨设过点的直线为，
联立可得.
设，则.①
因为，所以.②
由①②可得，所以，
解得（负值已舍去），，
所以.
9.ABC 依题可知，，C正确，D错误.
因为，所以，
A正确.
因为，所以0.8，B正确.
10.ABD 令，得，A正确.
令，得，所以.
令，得，所以，B正确.
令，得，所以是奇函数，C错误.
令，得，所以D正确.
11.BCD 设这两个球缺的底面圆半径为，则，解得，该圆的面积为A错误.
设两个球缺的高分别为，则.由，得，则，所以，解得.
，同理得，所以B正确.
.设，由，得，则，C正确.
.
由，得.设函数，则在
上恒成立，即在上单调递增，所以，即D正确.
12.1 因为，所以，则，故.
13. 不妨设在第一象限，则.因为为上一点，所以，化简得，即，解得或（椭圆的离心率小于1，舍去）.故舍去.
14. 由题意可得方程有4个不同的根.方程的2个根为，则方程有2个不同的根，且，即函数与函数的图象有两个交点.当直线与函数的图象相切时，设切点为，因为，所以解得2.要使函数与函数的图象有两个交点，只需直线的斜率大于eln2，故的取值范围为.
15.解：（1）因为，所以.
因为，
所以，解得.
（2）.
由正弦定理，解得.
由余弦定理，得，解得（舍去）.
在中，，
所以.
16.（1）证明：因为是等腰直角三角形，为的中点，
所以.
又因为平面平面，平面平面，所以平面
因为平面，所以，
所以是等腰三角形，.
（2）解：作的延长线，垂足为，连接.
，所以.
.
因为平面，所以.
因为，所以平面.
易得四边形为正方形，所以.
以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
.
设平面的法向量为，
则即取，可得.
设平面的法向量为，
则即取，可得.
设二面角的大小为，
则.
故二面角的正弦值为.
17.解：（1），设抛物线的焦点为，根据题意可知，解得.
（2）因为圆与圆彼此外切，所以
则.
因为，所以，即.
因为，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，即.
故.
（3），
两式相减得.
令，则.
两式相减得
，
所以.
所以.，即.
18.（1）证明：因为，所以，所以在上单调递增.
对于任意正实数，所以，
所以是上的“距增函数”.
（2）解：因为是上的“距增函数”，所以，
即，化简得，
所以无解，即，解得（舍去）.
所以的取值范围为.
（3）解：因为是定义在上的“2距增函数”，所以.
①若，则.
因为在上单调递增，所以恒成立.
②若，则.
因为，所以.
令，则，即.
令函数，则.
当时，；当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以.
③若，则.
由（2）可得，要使得是定义在上的“2距增函数”，则必须满足.
当时，.
综上，的取值范围为.
19.解：由于对称性，不妨固定乙六轮选卡的数字依次为，甲六轮选卡的数字有种排序方法.
（1）若甲的总得分为0，则甲六轮选卡的数字依次为，
所以甲的总得分为0的概率为.
（2）若甲的总得分为1，分以下情况讨论.
①若甲在第一轮得1分，则第一轮选卡的数字为3或5.
若第一轮选卡的数字为3，则第二轮选卡的数字只能为1，第五､六轮选卡的数字只能为5，第三､四轮选卡的数字为3或1，有2种情况.
若第一轮选卡的数字为5，则第二轮选卡的数字只能为1，第五､六轮选卡的数字有一个是5，剩下数字随机为其他轮的选卡，有种情况.
②若甲在第二轮得1分，类比在第一轮得1分的情况，则有8种情况.
③若甲在第三轮得1分，则第一､二轮选卡的数字只能为1，第四轮选卡的数字只能为3，第五､六轮选卡的数字为3或5，有2种情况.
④若甲在第四轮得1分，类比在第三轮得1分的情况，则有2种情况.
第五､六轮甲不可能得分，所以甲的总得分为1的情况共种.
甲的总得分为1的概率为.
（3）设甲在六轮游戏中的得分分别为.
对于任意一轮，甲､乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等.
甲､乙两人各有六张卡片，每人各出一张卡片，有种组合，其中使得甲获胜的出牌组合
有种，所以甲在每轮获胜的概率.
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