2025届河北省唐山市第一中学高三上学期开学数学试题

这是一份2025届河北省唐山市第一中学高三上学期开学数学试题，共20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。
一、单选题
1．已知，则（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】D
【分析】根据复数的模计算公式计算可得.
【详解】因为，所以.
故选：D
2．已知，则“”是“”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据充分必要条件的判定,即可得解.
【详解】解不等式,可得或
则由充分必要条件的判定可知“”是“”的充分不必要条件
故选:A
【点睛】本题考查了充分必要条件的判断,属于基础题.
3．已知向量，满足，，且，则（ ）
A．B．C．2D．1
【答案】B
【分析】由可得，再将两边平方，结合数量积的运算律计算可得.
【详解】因为，，所以，
又，所以，即，
所以，
则，解得（负值已舍去）.
故选：B
4．已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则此函数的值域为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】当时，，进而根据二次函数的性质即可得当时，，再结合奇函数的性质即可得答案.
【详解】解：因为当时，
因为，所以，所以，
所以当时，，
又因为是定义在R上的奇函数，
故当时，函数的值域为，
故此函数的值域为.
故选：A.
【点睛】本题考查指数幂的二次函数型的值域求解问题，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于配方得，进而利用二次函数性质与奇偶性性质求解.
5．设甲袋中有3个红球和4个白球，乙袋中有1个红球和2个白球，现从甲袋中任取1球放入乙袋，再从乙袋中任取2球，记事件A=“从甲袋中任取1球是红球”，事件B=“从乙袋中任取2球全是白球”，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C． D．事件A与事件B相互独立
【答案】C
【分析】由古典概型概率计算公式，以及条件概率公式分项求解判断即可.
【详解】现从甲袋中任取1球放入乙袋，再从乙袋中任取2球可知，从甲袋中任取1球对乙袋中任取2球有影响，事件A与事件B不是相互独立关系， 故D错误；
从甲袋中任取1球是红球的概率为：，
从甲袋中任取1球是白球的概率为：，
所以乙袋中任取2球全是白球的概率为：
，故A错误；
，故B错误；
，故C正确；
故选：C
6．已知分别为双曲线的左、右焦点，点是上一点，点满足，，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】根据题意，过点作，交的延长线于点，由双曲线的定义结合余弦定理代入计算，再由离心率的计算公式，即可得到结果.
【分析】

由，得，．
因为，所以点在线段上，且．
如图，过点作，交的延长线于点，则，
所以，所以．
设，则，所以．
由双曲线的定义可知，所以，
则．设，则．
在中，由余弦定理，得，
即，所以，
则（负值已舍去）．
故选：B．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于结合双曲线的定义以及余弦定理代入计算.
7．正四面体的棱长为，点，是它内切球球面上的两点，为正四面体表面上的动点，当线段最长时，的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设四面体的内切球球心为，为的中心，为的中点，连接，则在上，连接，根据题意求出内切球的半径，当为内切球的直径时，最长，再化简可求得其最大值.
【详解】设正四面体的内切球球心为，为的中心，为的中点，连接，则在上，连接，则.
因为正四面体的棱长为3，所以，
所以，设内切球的半径为，
则，，解得，
当为内切球的直径时最长，此时，，
，
因为为正四面体表面上的动点，所以当为正四体的顶点时，最长，的最大值为，所以的最大值为.

故选：C
8．已知直线是曲线与曲线的公切线，则（ ）
A．2B．C．D．
【答案】A
【分析】设是图象上的切点，利用导数的几何意义求出曲线上的切点，继而求出t的值，结合切线方程，即可求得答案.
【详解】由题意知直线是曲线与曲线的公切线，
设是图象上的切点，，
所以在点处的切线方程为，即①
令，解得，
即直线与曲线的切点为，
所以，即，解得或，
当时，①为，不符合题意，舍去，
所以，此时①可化为，所以，
故选：A
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于直线对称
C．的图象关于点中心对称
D．的最大值为1
【答案】ABC
【分析】求得最小正周期判断A；求得最大值判断B；求得对称中心判断C；求得对称轴判断D.
【详解】因为，所以的最小正周期为，故A正确；
由，可得，
所以图象的对称轴为，
当时，图象的关于对称，故B正确；
由，可得，
所以图象的对称中心为，当时，
图象的关于点对称，故C正确；
当时，的最大值为2，故D不正确.
故选：ABC.
10．已知定义在实数集R上的函数，其导函数为，且满足，，则（ ）
A．的图像关于点成中心对称
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】对A、B，利用赋值法进行计算即可得；对C、D，利用赋值法后结合数列的性质进行相应的累加及等差数列公式法求和即可得.
【详解】对A：令，则有，即，
令，则有，又，故，不关于对称，故A错误；
对于B，令，则有，
两边同时求导，得，
令，则有，故B正确；
对C：令，则有，即，
则
，故C正确；
对D：令，则有，即，
则，即，
又，故，
则，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题C、D选项关键在于利用赋值法，结合数列的性质进行相应的累加及等差数列公式法求和.
11．已知椭圆：的左右焦点分别为、，点在椭圆内部，点在椭圆上，椭圆的离心率为，则以下说法正确的是（ ）
A．离心率的取值范围为B．当时，的最大值为
C．存在点，使得D．的最小值为
【答案】ABD
【分析】A项中需先解出的范围，然后利用离心率的定义进行判断；B项中根据椭圆定义转化为求的最大值，从而进而判断；C项中先求出点的轨迹方程，再判断该轨迹图形与椭圆是否有交点，从而进行判断；D项中根据椭圆定义得，并结合基本不等式判断.
【详解】对于A项：因为点在椭圆内部，所以，得，
，故A项正确；
对于B项： ，
当在轴下方时，且，，三点共线时，有最大值，
由，得，，所以得，
所以最大值，故B项正确；

对于C项：设，若，即：，
则得，即点在以原点为圆心，半径为的圆上，
又由A项知，得，又因为，得，
所以得，所以该圆与椭圆无交点，故C项错误；
对于D项： ，
，
当且仅当时取等号，故D项正确.
故选：ABD.
三、填空题
12．在二项式的展开式中的系数为 ．
【答案】
【分析】结合二项式定理展开式的通项公式得到的值，然后求解的系数即可.
【详解】展开式的通项公式为
令，解得，则的系数为
故答案为：
13．已知函数的图象与函数的图象在公共点处有相同的切线，则公共点坐标为 .
【答案】
【分析】设公共点为，由，可得，进而利用导数可得，求解即可.
【详解】函数的定义域为，可得，由，
设曲线与曲线的公共点为，
由于在公共点处有共同的切线，所以，所以，
由，可得，联立可得，
解得，所以，所以公共点坐标为.
故答案为：.
14．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，点P是的重心，且，则 .
【答案】或
【分析】根据三角恒等变换可得或，利用重心的性质、模的性质及数量积得运算，可建立关于的方程，求解后利用余弦定理求a即可.
【详解】，
整理得，
解得或（舍去），
或.
又∵点P是的重心，
，
整理得.
当时，，得，
此时，
解得；
当时，，得，
此时，
解得.
故答案为：或
【点睛】本题主要考查了三角恒等变换，向量的数量积运算法则、性质，余弦定理，属于难题.
四、解答题
15．已知数列是等差数列，且是数列的前项和.
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前项和，求证：.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）运用等差数列的公式和性质求解即可；
（2）先求出，再求出，后裂项相消，求出，结合不等式性质证明即可.
【详解】（1）由于则，
则，因此，
故数列的通项公式为.
（2）由（1）知，，则，
则，即.
，
由于，则，故成立.
16．某市为了传承发展中华优秀传统文化，组织该市中学生进行了一次文化知识有奖竞赛，竞赛奖励规则如下:得分在[70，80）内的学生获三等奖，得分在[80，90）内的学生获二等奖，得分在[90，100]内的学生获一等奖，其他学生不得奖.为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了样本频率分布直方图，如图所示.
若该市所有参赛学生的成绩X近似服从正态分布，其中为样本平均数的估计值，利用所得正态分布模型解决以下问题:
(1)若该市共有10000名学生参加了竞赛，试估计参赛学生中成绩超过79分的学生数（结果四舍五入到整数）;
(2)若从所有参赛学生中（参赛学生数大于10000）随机抽取3名学生进行访谈，设其中竞赛成绩在64分以上的学生数为，求随机变量的分布列和均值.
附:若随机变量X服从正态分布，则，，.
【答案】(1)1587；
(2)分布列见解析，数学期望为.
【分析】（1）利用频率分布直方图求出，再由正态分布的对称性求出，进而求出学生数.
（2）由（1）求出，再利用二项分布求出分布列及期望.
【详解】（1）由频率分布直方图知，各小矩形面积从左到右依次为，
样本平均数的估计值，
则所有参赛学生的成绩X近似服从正态分布，而，
因此
所以参赛学生中成绩超过79分的学生数约为.
（2）由（1）知，，，
即从所有参赛学生中随机抽取1名学生，该学生竞赛成绩在64分以上的概率为，
因此随机变量服从二项分布，的可能值为0，1，2，3，
则，，，，
所以随机变量的分布列为：
数学期望.
17．如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.
（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；
（2）连接，先求证四边形是平行四边形，根据几何关系求得，在截取，由（1）平面，可得为与平面所成角，即可求得答案.
【详解】（1）分别为，的中点，
，
又，
，
在中，为中点，则，
又侧面为矩形，
，
，
，
由，平面，
平面，
又，且平面，平面，
平面，
又平面，且平面平面
，
，
又平面，
平面，
平面，
平面平面.
(2)[方法一]：几何法
如图，过O作的平行线分别交于点，联结，
由于平面，平面，，
平面，平面，所以平面平面．
又因平面平面，平面平面，所以．
因为，，，所以面．
又因，所以面，
所以与平面所成的角为．
令，则，由于O为的中心，故．
在中，，
由勾股定理得．
所以．
由于，直线与平面所成角的正弦值也为．
[方法二]【最优解】：几何法
因为平面，平面平面，所以．
因为，所以四边形为平行四边形．
由（Ⅰ）知平面，则为平面的垂线．
所以在平面的射影为．
从而与所成角的正弦值即为所求．
在梯形中，设，过E作，垂足为G，则．
在直角三角形中，．
[方法三]：向量法
由（Ⅰ）知，平面，则为平面的法向量．
因为平面，平面，且平面平面，
所以．
由（Ⅰ）知，即四边形为平行四边形，则．
因为O为正的中心，故．
由面面平行的性质得，所以四边形为等腰梯形．
由P，N为等腰梯形两底的中点，得，则．
设直线与平面所成角为，，则．
所以直线与平面所成角的正弦值．
[方法四]：基底法
不妨设，
以向量为基底，
从而，．
，，
则，．
所以．
由（Ⅰ）知平面，所以向量为平面的法向量．
设直线与平面所成角，则．
故直线与平面所成角的正弦值为．
[方法五]：坐标法
过O过底面ABC的垂线，垂足为Q，以Q为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
设，AO=AB=2，
则，
所以，
所以
易得为平面A1AMN的一个法向量，
则直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为
【整体点评】(2)方法一：几何法的核心在于找到线面角，本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题的关键；
方法二：等价转化是解决问题的关键，构造直角三角形是求解角度的正弦值的基本方法；
方法三：利用向量法的核心是找到平面的法向量和直线的方向向量，然后利用向量法求解即可；
方法四：基底法是立体几何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其关键之处在于找到平面的法向量和直线的方向向量.
方法五：空间坐标系法是立体几何的重要方法，它是平面向量的延伸，其关键之处在于利用空间坐标系确定位置，找到平面的法向量和直线的方向向量.
18．已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，求函数在区间上的最大值．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）利用导数，分类讨论求区间；
（2）结合（1）得到的函数单调性，分类讨论函数最大值.
【详解】（1）的定义域为 ，
求导数，得 ，
若，则，此时在上单调递增，
若，则由得，当时，，在上单调递减，
当时， ，在上单调递增，
综上，当，的增区间为，无减区间，
若，减区间为，增区间为.
（2）由（1）知，当时，在区间上为增函数，
函数的最大值为，
当时，在区间上为减函数，
函数的最大值为，
当时，在区间上为减函数，在上为增函数，
函数的最大值为，
由，得，
若时，函数的最大值为，
若时，函数的最大值为，
综上，当时，函数的最大值为，
当时，函数的最大值为.
19．已知椭圆C：（）的离心率为，短轴长为，，分别为C的上、下顶点，直线：与C相交于M，N两点，直线与相交于点P.
(1)求C的方程；
(2)证明点P在定直线上，并求直线，，围成的三角形面积的最小值.
【答案】(1)
(2)证明见解析，.
【分析】（1）根据题意建立a，b，c的方程，解出a，b，c的值，即可得出椭圆C的方程；
（2）联立方程组得出一元二次方程，再采用设而不求整体代换的方式找到点，的坐标关系，从而推出直线的方程，再联立直线、、的方程，解出交点坐标，从而求出三角形的面积.
【详解】（1）由题可知，解得，
则C的方程为.
（2）设，，联立方程组，
整理得，则，，
得.
由，，可得直线的方程为，
直线的方程为，
则，
解得，故点P在定直线：上.
设直线与直线，的交点分别为，，
易得，，
，
当且仅当时，等号成立，
故直线，，围成的三角形面积的最小值为.
0
1
2
3
P