贵州省罗甸县第一中学2025届高三上学期开学数学练习题

这是一份贵州省罗甸县第一中学2025届高三上学期开学数学练习题，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合， ，则（ ）
A．B．{-1,1}C．D．
2．若复数满足，则复数的虚部为（ ）
A．B．C．D．
3．若直线与圆只有一个公共点，则（ ）
A．B．1C．0D．2
4．已知函数过定点，则抛物线的准线方程是（ ）
A．B．C．D．
5．现某酒店要从3名男厨师和2名女厨师中选出两人，分别做调料师和营养师，则至少有1名女厨师被选中的不同选法有（ ）
A．14种B．18种C．12种D．7种
6．下列选项正确的是（ ）．
A．B．
C．的最小值为D．的最小值为
7．若，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知某圆柱的底面直径与某圆锥的底面半径相等，且它们的表面积也相等，圆锥的底面积是圆锥侧面积的一半，则此圆锥与圆柱的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知向量，的夹角为 ，且，，则（ ）
A．B．
C．D．在的方向上的投影向量为
10．下列论述正确的有（ ）
A．若两组成对数据的样本相关系数分别为，则组数据比组数据的相关性较强
B．数据的第60百分位数为38
C．若随机变~，且，则
D．若样本数据的方差为1，则数据2x1-1,2x2-1,⋯,2x6-1的方差为4
11．已知函数，则（ ）
A．当时，的图象关于对称
B．当时，在上的最大值为
C．当为的一个零点时，的最小值为1
D．当在上单调递减时，的最大值为1
三、填空题
12．二项式的展开式中含项的系数是 ．
13．设椭圆C：的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上的点，PF2⊥F1F2，，则C的离心率为 ．
14．已知是等差数列的前项和，若，则数列的前2024项和为 .
四、解答题
15．设锐角的内角的对边分别为，
(1)求角；
(2)若边，面积为，求的周长．
16．如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．
(1)若为线段中点，求证：平面．
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
17．某工厂生产的产品是经过三道工序加工而成的，这三道工序互不影响，已知生产该产品三道工序的次品率分别为，，.
(1)求该产品的次品率；
(2)从该工厂生产的大量产品中随机抽取三件，记次品的件数为X，求随机变量X的分布列与方差.
18．已知双曲线的方程为，实轴长和离心率均为2.
(1)求双曲线的标准方程及其渐近线方程；
(2)过且倾斜角为的直线与双曲线交于两点，求的值（为坐标原点）.
19．已知函数.
(1)若是的极值点，求的值；
(2)讨论函数的单调性；
(3)若恒成立，求的取值范围.参考答案：
1．C
【解析】根据一元二次不等式解法求得集合，由交集定义得到结果.
【详解】，.
故选：.
【点睛】本题考查集合运算中的交集运算，涉及到一元二次不等式的求解，属于基础题.
2．D
【分析】利用复数的除法求出复数，可得复数的虚部.
【详解】由题意得，故其虚部为.
故选：D
3．C
【分析】
根据给定条件，可得直线与圆相切，再借助点到直线距离公式计算即得.
【详解】依题意，直线与圆相切，而圆的圆心，半径为1，
因此，解得，
所以.
故选：C
4．D
【分析】由对数的运算求得，由抛物线的准线方程，可得所求．
【详解】解：由函数过定点，可得，
解得：，
则抛物线，
即的准线方程是．
故选：D．
5．A
【分析】先求出5人中选出2人分别做调料师和营养师，再求出没有女厨师被选中的选法，两个选法数相减可得至少有1名女厨师被选中的方法数.
【详解】从3名男剅师和2名女厨师中选出两人，分别做调料师和营养师，共有20（种），没有女厨师被选中的选法共有（种），
故至少有1名女厨师被选中的不同选法有（种）.
故选：A.
6．D
【分析】利用基本不等式“一正、二定、三相等”的条件判断AB；借助对勾函数单调性判断CD.
【详解】对于A，当与为负数时，显然不成立，A不正确；
对于B，当x为负数时，显然不成立，B不正确；
对于C，令，所以的最小值为3，
当且仅当时，取到最小值，C不正确；
对于D，，令，函数在上递增，
因此当，即时，取得最小值，D正确.
7．A
【分析】利用二倍角余弦公式和差角余弦公式可得，求解即可.
【详解】由题
，
所以.
故选：A
8．A
【解析】首先设出圆锥的底面半径和母线长，根据圆锥的底面积是圆锥侧面积的一半，求得.利用勾股定理求得圆锥的高，由此求得圆锥的体积.根据题意求得圆柱的底面半径，根据圆锥与圆柱的表面积相等，求得圆柱的高，由此求得圆柱的体积.从而求得圆锥与圆柱的体积之比.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，则，即，所以圆锥的高，圆锥的体积.由题意，知圆柱的底面半径为，设圆柱的高为，因为圆锥与圆柱的表面积相等，所以，解得，所以圆柱的体，故.
故选：A
【点睛】本题考查简单几何体的表面积与体积，考查空间想象能力.
9．AB
【分析】根据向量的数量积、向量的模、向量的垂直和投影向量的运算性质，对各个选项逐一判定即可．
【详解】，，故A正确；
，所以，故B正确；
，所以，
又因为，所以，故C错误；
在上的投影向量为，故D错误；
故选：AB．
10．BCD
【分析】结合相关性的含义，可判定A不正确.根据百分位数的概念及求法，可判定B正确；根据正态分布曲线的对称性，可判定C正确；根据数据的方差性质的计算公式，可判定D正确；
【详解】对于A中，若两组成对数据的样本相关系数分别为，因为，所以组数据比组数据的相关性较强，A错误；
对于B，数据排序，共8个数据，则，所以数据的第60百分位数为38，B正确；
对于C，若随机变量，且，根据正态分布的对称性，，则，C正确；
对于D，样本数据的方差为1，则数据2x1-1,2x2-1,⋯,2x6-1的方差为，D正确.
故选：BCD.
11．ACD
【分析】根据三角函数性质分别判断余弦函数的对称轴，余弦函数的值域与最值，余弦函数的单调性，余弦函数的零点对选项逐一判定即可．
【详解】时，，因为，
所以关于对称，故A正确；
时，由可得，
根据余弦函数的单调性可知的最大值为，故B错误；
若，则，，所以，，且，
所以的最小值为1，故C正确；
因为在上单调递减，且，
根据余弦函数的单调性可知的单调递减区间为：
，，，，
所以，，所以，故D正确．
故选：ACD．
12．
【分析】利用二项式展开式的通项公式可得答案.
【详解】因为，
令，得，
所以展开式中含项的系数是.
故答案为：.
13．
【解析】设，根据直角三角形中角所对的边等于斜边的一半以及勾股定理，得出、、，根据椭圆的定义以及离心率公式求解即可.
【详解】在中，设，因为，所以， .
故 .
故答案为：
【点睛】本题主要考查了椭圆的定义以及离心率的求法，属于基础题.
14．/
【分析】根据给定条件，求出等差数列的通项及前项和，再利用裂项相消法求和即得.
【详解】等差数列中，，又，则，
因此等差数列的公差，则，，
于是，
数列的前项和，
所以数列的前2024项和为.
故答案为：
15．(1)；
(2)20.
【分析】（1）由正弦定理得到，求出；
（2）由三角形面积得到，根据余弦定理得到，从而得到周长.
【详解】（1）由及正弦定理，得，
又，得，
所以，又为锐角，所以；
（2）由（1）得，则，
由余弦定理，得，
所以，所以，
所以的周长为．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值.
【详解】（1）取的中点为，接，则，
而，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
所以平面.
（2）
因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，
则由可得，取，
设平面的法向量为，
则由可得，取，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为
17．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据相互独立事件的乘法公式以及对立事件的概率，即可求解.
（2）根据二项分布的概率公式即可求解概率，进而可得分布列以及方差.
【详解】（1）产品正品的概率为：，
所以为次品的概率为
（2）由题意得，1，2，3，且,
，，
，
.
∴X的分布列如下：

∴
18．(1)，；
(2)1.
【分析】（1）根据离心率以及实轴长即可求解，即可求解方程，
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据数量积的坐标运算求解.
【详解】（1）由离心率，又，则，
又长轴长，所以，所以，
故双曲线的标准方程为；
其渐近线方程为.
（2）直线的倾斜角为，故其斜率为1，又过点E0,2，
的方程为；
设
由，得，
19．(1)
(2)答案见解析
(3)；
【分析】（1）由题意可得，从而可求出的值；
（2）求出函数的定义域，对函数求导后，分和两种情况讨论导数的正负，从而可求出函数的单调区间；
（3）将问题转化为恒成立，构造函数，利用导数求出其最大值，即可求出a的取值范围.
【详解】（1）由，得，
因为是的极值点，
所以，即，所以，经检验符合题意.
（2）.
当时，，所以在上单调递增；
当时，令，解得，
当时，；
当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，
综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；
（3）的定义域为，若恒成立，则恒成立，
即恒成立，
令，只需，又，
令得，
时，，则单调递增；
时，，则单调递减；
所以，解得：；
【点睛】关键点点睛：第（3）问解题的关键是分离参数后，构造函数，然后利用导数求出函数的最值即得.
X
0
1
2
3
P