河北省部分地区2024-2025学年高三上学期开学考试数学试卷（原卷版+解析版）

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1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解即得.
【详解】依题意，，而，
所以.
故选：D
2. 若复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简即可.
【详解】因为，所以.
故选：A
3. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先求出的坐标，依题意可得，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可.
【详解】因为，，
所以，
又，所以，解得.
故选：A
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据两角和公式结合切化弦得出，再应用两角差余弦计算.
【详解】因为,
又因为,
所以,
所以.
故选：A
5. 已知函数，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数解析式分两段讨论，分别求出不等式的解集.
【详解】因，则不等式，
等价于或，
解得或或，
所以不等式的解集为.
故选：B
6. 当时，曲线与的交点个数为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，转化为方程根的个数列式计算即得.
【详解】依题意，曲线与的交点个数即为方程根的个数，
由，得，，
则或或，
解得或或，因此方程在上有3个解.
所以当时，曲线与的交点个数为3.
故选：A
7. 已知函数的定义域为R，当时，，且当时，，则下列结论中一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】先求出函数局部周期性，再求值即可.
【详解】当时，
由于得到，
则，A错；
，B对；
，C对；
，D错；
故选：BC.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，全部选对得6分，部分选对得部分分，错选不得分，共18分）
8. 设函数，若存在，且，使得，则（ ）
A. B.
C. 可能有且仅有两个零点D. 至多有四个零点
【答案】CD
【解析】
【分析】分析导数研究函数的单调性与极值，取特殊函数由零点存在性定理确定零点个数即可判断选择支.
【详解】，，由题意，函数至少有个零点.
，
设，令，则.
当，即时，
当，则，在单调递减；
当，则，在单调递增；
所以有最小值，最小值为，此时函数无零点，不满足题意；
当，即时，
由，，
当时，，
当，则，在单调递减；
当，则，在单调递增；
所以有最小值，最小值为，
又，，
由零点存在性定理可得，在各有一个零点，
故当时，函数有且仅有个零点，满足题意，故A错误，C正确；
当时，
；
当，则，在单调递减；
当，则，在单调递增；
当，则，在单调递减；
当，则，在单调递增；
所以在处取极小值，在处取极大值，在处取极小值，
又，
由零点存性定理可得，在各有一个零点，
即有个零点，
所以当时，满足题意，故B错误；
又为四次函数，至多有个零点，故D项正确.
故选：CD.
9. 双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“8”，如图曲线是双纽线，下列说法正确的是（ ）
A. 曲线C的图象关于原点对称
B. 曲线C经过7个整点（横、纵坐标均为整数的点）
C. 曲线C上任意一点到坐标原点的距离都不超过3
D. 若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由曲线上任一点关于原点的对称点适合曲线方程可判断A；利用换元法转化为二次方程，通过判别式得出范围，再赋值求解整点的坐标即可判断B；利用已知方程变形，根据有界性结合两点间距离公式可判断C；联立直线与曲线研究方程根的情况即可判断D．
【详解】对于A：设曲线上任意一点，则坐标满足曲线方程，
即方程成立，
可得成立，
即点关于原点的对称点也适合曲线方程，
所以曲线的图象关于原点对称，故A正确；
对于B：方程可化为，
令，则方程，
由判别式，可得，
若是整数，则.
令，，解得或或，有三个整点，，；
令，，解得或，此时无整点；
所以曲线共经过个整点，故B错误；
对于C：设曲线上任一点，
当为原点时，到原点的距离为，满足题意；
当不为原点时，，
则由可得，，
所以点到原点的距离，且；
综上，曲线上任一点到原点的距离都不超过，故C正确；
对于D：直线恒过原点，且曲线经过，
则直线与曲线至少一个公共点，
又与曲线只有一个公共点，故除原点外无其他公共点.
联立，
消得，
当时，方程仅一解，满足题意；
当时，当时，方程恒成立，即恒有一解，
当时，方程化简得，即当时，方程无解，满足题意；
综上可得，解得或，即实数的取值范围为，D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：已知直线与曲线交点个数求参数值(取值范围)问题，通常将直线方程代入曲线方程转化为一元方程根的情况研究，再结合方程类型变形建立不等式，通过解不等式确定参数范围，但也要注意变形过程中的等价处理.如复合方程通过整体换元转化为简单方程来研究时，不能忽视求解新元的范围；高次方程因式分解转化为低次方程来研究时，要注意几个低次方程之间的重根讨论；分式方程化为整式方程研究时，分母是否为0的分类讨论；无理方程转化为有理方程时，被开方数的限制条件等.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
10. 设抛物线的焦点为，过点作直线交抛物线于，两点，若，，则___________．
【答案】##
【解析】
【分析】设Ax1,y1，Bx2,y2，根据抛物的定义表示出，，再根据三角形相似得到，即可求出.
【详解】设Ax1,y1，Bx2,y2，抛物线焦点为，准线为，
因为，，根据抛物线的定义可得，，
过点作轴于点，过点作轴于点，
则，所以，
所以，即，解得．
故答案为：．
11. 若曲线在点处的切线与曲线相切，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求出切线方程，再联立切线方程与，消元，根据计算可得.
【详解】由，所以，则，
所以曲线在点处的切线为，即；
又与曲线相切，
由，可得，
则，解得或（舍去），
故答案为：
12. 某射击比赛中，甲、乙两名选手进行多轮射击对决．每轮射击中，甲命中目标概率为，乙命中目标的概率为．若每轮射击中，命中目标的选手得1分，未命中目标的选手得0分，且各轮射击结果相互独立．则进行五轮射击后，甲的总得分不小于3的概率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算可得答案.
【详解】则进行五轮射击后，甲的总得分不小于3的概率为
.
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、证明过程或演算步骤）
13. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，，．
（1）求角的大小；
（2）求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用两角和的正弦公式及诱导公式得到，即可得解；
（2）利用余弦定理得到，再将两边平方，即可求出，最后由面积公式计算可得.
【小问1详解】
因为，
所以，
即，即，
显然，所以，又，所以；
【小问2详解】
由余弦定理，即，
又，所以，
解得，
所以.
14. 已知椭圆的离心率为，且过点．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆交于，两点，且以线段为直径的圆过椭圆的右顶点，求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】（1）
（2）证明见解析，定点坐标为
【解析】
【分析】（1）根据题意列出的方程组，结合求解出的值，则椭圆方程可知；
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，结合条件可知，通过化简可求得、的关系，从而求出定点坐标.
【小问1详解】
依题意可得，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
设Ax1,y1，Bx2,y2，
联立可得，
且，即，
所以，，
因为以为直径的圆经过点，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
化简可得，解得或，
当时，，过定点，符合题意；
当时，，过点，不满足题意，
综上所述，直线过定点.
15. 已知三棱锥中，平面，，，为上一点且满足，，分别为，的中点．
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的大小；
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，计算，进而可得答案；
（2）求出平面的法向量n=x,y,z，，利用线面角的向量公式求解即可.
【小问1详解】
因为平面，，
如图以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，
则，
所以，因为，所以．
【小问2详解】
设平面的法向量n=x,y,z，，
则，即，取，得，
设直线与平面所成角为，
则，
又，所以，
所以直线与平面所成角的大小为．
16. 已知函数在处取得极值2，且．
（1）求实数a，b，c的值；
（2）若函数在区间上有三个零点，求实数m的取值范围；
（3）证明：若函数在区间上不单调，则．
【答案】（1）；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，由已知建立方程组，求解方程组并验证即得.
（2）由（1）求出函数在上的性质，结合三次函数性质求解即得.
（3）利用二次函数性质推理即得.
【小问1详解】
由函数，求导得，
依题意，，解得，此时，
当或时，，当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，即是极值点，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
函数在处取得极大值，在处取得极小值，
而当时，，当时，，
由函数在区间上有三个零点，得，解得，
所以实数m的取值范围是.
【小问3详解】
由（1）知，，函数的图象对称轴为，
由函数在区间上不单调，得，解得，
所以原命题正确.
17. 设数列满足，且对于任意的，都有，若从该数列中任意选取两个不同的数和（），能满足，则称和是幸运数对.
（1）求数列的通项公式；
（2）若从数列中随机选取两个数，求这两个数构成“幸运数对”的概率；
（3）证明：对于任意的正整数N，在数列中总存在两个数和（），使得.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由累加法求通项即可；
（2）由通项公式与不等式性质可得恒成立；
（3）由数列通项证明数列递增规律，利用放缩法将所证不等式消元转化为一元不等式，求解满足不等式的正整数解即可.
【小问1详解】
由题意，任意的，都有，
所以，
则当时，
当时，也满足上式，
所以数列的通项公式；
【小问2详解】
设从该数列中任意选取两个不同的数和（，且），
则，
由，且，可得，，
则，即恒成立.
所以从数列中随机选取两个数，这两个数构成“幸运数对”的概率为；
【小问3详解】
由任意，可知，数列是递增数列，
所以，故，且，
即数列是以为首项，为公差的等差数列，也是递增数列.
且当，对于任意的正整数N，存在，使.
故任意，，都有，
令，得，此时恒成立，
若为奇数，则为整数，故数列中第项后的任意两项都满足题意；
若为偶数，则为整数，且，故数列中从第项起之后（包含第项）的任意两项都满足题意.
例如，任意正整数，取，
则恒成立，
故对于任意的正整数N，在数列中存在第项与第项，
即满足条件，故得证.
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.