山西省大同市2024-2025学年高三上学期开学质量检测联考数学试题（解析版）

这是一份山西省大同市2024-2025学年高三上学期开学质量检测联考数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
4．本卷命题范围：高考范围．
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. 已知复数，若复数与在复平面内对应的点关于原点对称，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的除法运算得，再由对应点的对称性可得.
【详解】，
由复数与在复平面内对应的点关于原点对称，
则，
故选：A.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出，逐项计算后可得正确的选项.
【详解】由题设有，，
故，，，故D成立，
故选：D.
3. 已知向量，，若与方向相同，则（ ）
A. 0B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由向量共线的坐标条件求解，再验证方向即可.
【详解】向量，，
由与方向相同，则两向量共线，
故，解得，
当时，，，此时两向量方向相同；
当时，，，此时两向量方向相反.
故.
故选：C.
4. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二倍角余弦公式及诱导公式可求的值.
【详解】,
故选：B.
5. 已知双曲线的一条渐近线与圆交于，两点，若，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出渐近线方程，再根据垂径定理可求圆心到渐近线的距离，故可求，从而可求离心率.
【详解】双曲线的渐近线方程为，
因为，故圆心2,0到的距离为，
故，故，
故离心率为，
故选：D.
6. 已知函数图象的两相邻对称轴之间的距离为，若存在，，使得成立，则的最大值为（ ）
A. －4B. －2C. 4D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】先求出，再根据正弦函数的性质求出函数的最值，从而可求的最大值.
【详解】因为相邻对称轴之间的距离为，故函数的最小正周期为，
故，故，
当时，，故，
因存在，，使得成立，
所以即，故的最大值为4，
故选：C
7. 某商场举办购物抽奖活动，其中将抽到的各位数字之和为8的四位数称为“幸运数”（如2024是“幸运数”），并获得一定的奖品，则首位数字为2的“幸运数”共有（ ）
A. 32个B. 28个C. 27个D. 24个
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，“幸运数”的后三位数字的和为6，故可以分成七类进行计数，利用分类加法计数原理即得.
【详解】依题意，首位数字为2的“幸运数”中其它三位数字的组合有以下七类：
①“006”组合，有种，②“015”组合，有种，③“024”组合，有种，
④“033”组合，有种，⑤“114”组合，有种，⑥“123”组合，有种，
⑦“222”组合，有1种.
由分类加法计数原理，首位数字为2的“幸运数”共有个.
故选：B.
8. 已知是函数的两个极值点，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求导得极值点满足的等量关系，回代入式子化简减元，将恒成立问题转化为一元函数值域问题求解可得.
【详解】，，则，
令得，，
由题意知是方程的两正根，
则，解得，且.
由
，
令，则，
由，故在1,+∞单调递减，故，
要使恒成立，即恒成立，
则，则实数的取值范围是.
故选：B
【点睛】关键点点睛：多变量不等式的恒成立问题，处理关键是代数变形与消元处理.通过代换将所证的双变量不等式转化或直接消元转化为单变量的函数不等式，如：(含对数式时常用)或（含指数式时常用)或，等等，然后再通过构造函数求导分析，利用函数单调性进行后续研究.
二、选择题：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. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的图象恒过某个定点
B. 在上单调递减，在上单调递增
C. 图象上存在两个不同的点关于轴对称
D. 若对任意，恒成立，则实数的取值范围是
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据可判断A的正误，就的不同取值分类讨论后可判断函数的单调性，故可判断B的正误，考虑是否有解后可判断C的正误，而任意，恒成立等价任意，恒成立，故可求参数的取值范围，从而判断D的正误.
【详解】对于A，因为，故的图象恒过原点，故A正确；
对于B，若，则，
故在上单调递减，在上单调递增；
若，则，
故在上单调递减，在上单调递增,故B正确.
对于C，考虑是否有解，
而等价于，
也即等价于，
也即等价于或，
两个方程均无解，
故图象上不存在两个不同的点关于轴对称，故C错误.
对于D，若对任意，恒成立，
则对任意，恒成立即恒成立，
故，故或，
所以或，故D成立，
故选：ABD.
10. 记数列的前项和为，若存在实数，使得对任意的，都有，则称数列为“和有界数列”，下列说法正确的是（ ）
A. 若是等差数列，且公差，则是“和有界数列”
B. 若是等差数列，且是“和有界数列”，则公差
C. 若是等比数列，且公比，则是“和有界数列”
D. 若是等比数列，且是“和有界数列”，则的公比
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A,B项，利用给定定义结合等差数列的前项和，并借助一次函数、二次函数性质分析判断；对于C项，结合等比数列的前项和，并借助即可推理判断；对于D项，通过举反例判断可排除.
【详解】若an是等差数列，公差为，则.
对于A，由可得，若，则当时，，
故an不是“和有界数列”，A错误；
对于B，若an是“和有界数列”，则，
当时，是关于的二次函数，故不存在符合题意的实数，
当，时，存在符合题意的实数，故B正确；
对于C，若an是公比为的等比数列，则，
因，则，即，，
即存在符合题意的实数，使数列an为“和有界数列”，故C正确；
对于D，若等比数列an是“和有界数列”，当时，若为偶数，则
若是奇数，则，即，即此时存在符合题意的实数，故D错误.
故选：BC.
11. 已知正方体的棱长为2，，分别是棱的中点，动点满足，其中，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则平面平面
B. 若，则与所成角的取值范围为
C. 若，则平面
D. 若，则线段长度的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】由的取值确定动点所在线段，A项先证明线面垂直，再证面面垂直即可；BD项建系，利用向量方法分别求解线线角与长度可得；C项由线线平行得线面平行，再得面面平行，由此线面平行得证.
【详解】A项，如图，取线段的中点Q，连接AQ、DE.

，，
若，则，
则三点共线，即点P在线段AQ（不包含点）上运动；
由分别是线段的中点，则与全等，
则，，
所以.
由平面，，
得平面，平面，所以，
又平面，平面，，
所以平面，又平面，
所以平面平面，故A正确；
B项，，
若，则，
则三点共线，即点P在线段AC（不包含点）上运动；
如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，

由，
则
又，
所以，
，
因为，则，，
，因为与所成角锐角或直角，
故与所成角的取值范围为，故B错误；
C项， 如图，过作，交于，则为中点.
延长至，使，连接.
取的中点，连接，交于，则为中点，连接.

由，且，
得四边形为平行四边形，则，
由，则，则四点共面.
由，所以，
平面，平面，
则平面，同理，平面，
又平面，平面，，
故平面平面.
若，由，可得，
，，
则三点共线，即点P在线段MN（不包含点）上运动；
又平面，
故平面，故C正确；
D项，如图，连接.

若，由，可得，
，，
与C项同理可得，点P线段NG上运动.
连接，同选项B建系，
则有，
则，
，所以，
则，
故当时，线段长度的最小值为，故D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛，应用向量加减法的几何意义（平行四边形法则与三角形法则）确定动点的轨迹是解决此类题型的关键所在.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 中国跳水队素有“梦之队”称号，在刚刚结束的2024巴黎奥运会上，中国跳水队取得了优异的成绩.其中单人跳水比赛的计分规则为：运动员做完一套入水动作后，由7位专业裁判进行打分，从打出的分数中按照高低去掉前两个和后两个，剩余3个分数的总和再乘以这套动作的难度系数即为该运动员的最终得分.若某位运动员在一轮比赛中入水动作的难度系数为3.2，7位裁判给他打出的分数分别为9.5、9.5、9、8、9、9.5、8.5，则这7个数据的方差为______，该运动员本轮比赛的得分为______．
【答案】 ①. ②. 88
【解析】
【分析】先求平均数再求方差，根据规则计算比赛得分即可.
【详解】7位裁判给他打出的分数分别为9.5、9.5、9、8、9、9.5、8.5，
则这7个数的平均数；
方差；
从打出的分数中按照高低去掉前两个和后两个，
则剩下3个分数为9、9、9.5，
则该运动员本轮比赛的得分为.
故答案为：；88.
13. 已知是抛物线上三个不同的点，它们的横坐标，，成等差数列，是的焦点，若，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】先求出，故可得，结合基本不等式可求.
【详解】因为，故，故，故，
所以，即，
若，则，故中必有两个点相同，这与题设矛盾，
故，故，
由基本不等式有，即，
故答案为：.
14. 已知定义在的函数满足对任意的正数，都有，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由抽象关系式赋值求解，赋式可得，由此可求解的关系，再将分解质因数转化为，再次赋值可得.
【详解】对任意的正数，都有，
令可得，解得；
再令，可得，故，
由，则可得，
即；
再令，可得，进而有，
所以.
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．
15. 已知函数的图象在点处的切线方程为．
（1）求函数的解析式；
（2）若对于区间上任意两个自变量的值，，有，求实数的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由在点处的切线方程可建立关系式，得到关于的两个方程,通过解方程组得到的值，进而求得的解析式；
（2）不等式等价于即，再利用导数与函数的性质的关系求出函数在区间上的最值得解．
【小问1详解】
，根据题意，得 即，
解得，故.
【小问2详解】
令，解得或，
当时，；当时，，
故在为减函数，在为增函数，
故，
，
因为对于区间上任意两个自变量的值，
都有
所以，所以的最小值为．
16. 已知中，角，，所对的边分别为，，，其中，．
（1）若，求的面积；
（2）若是锐角三角形，为的中点，求长的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理可得，再根据余弦定理可得，故可求三角形面积.
（2）根据余弦定理可得，根据锐角三角形可得，故可求长的取值范围.
【小问1详解】
因为，由正弦定理可得，故，
又，故，
因为，而为三角形内角，故，
所以.
【小问2详解】
在中，由；
在中，由；

而，所以，
故，
而是锐角三角形，故，即，
故，
故即.
17. 如图，已知四棱锥中，，，，，．

（1）证明：；
（2）若四棱锥的体积为1，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明，结合来证得平面，从而可得.
（2）根据四棱锥的体积求得，建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与平面所成夹角的正弦值．
【小问1详解】
设是的中点，连接，由于，
所以四边形是平行四边形，所以，
由于，所以，所以，
所以，由于平面，
所以平面，由于平面，所以，
由于平面，且直线与直线相交，
所以平面，而平面，故.
【小问2详解】
过作，垂足为，过作，垂足为，
则四边形是矩形，，
所以，
依题意，，
由于平面，平面，所以，
则两两相互垂直，以为原点建立如图所示空间直角坐标系.
，
，
设平面的法向量为n=x,y,z，
则，故可设，
设直线与平面所成角为，则.

18. 由半椭圆与半椭圆合成曲线称作“果圆”，其中，．如图，，，是相应椭圆的焦点，，和，分别是“果圆”与，轴的交点．

（1）若是边长为2的等边三角形，求“果圆”的方程；
（2）若，求的取值范围；
（3）连接“果圆”上任意两点的线段称为“果圆”的弦，是否存在斜率为定值的“果圆”平行弦的中点轨迹总是落在某个椭圆上？若存在，求出所有可能的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据等边三角形的性质，结合椭圆的性质进行进行求解即可；
（2）利用椭圆的性质结合，得到不等式，再根据已知所给的不等式进行求解即可；
（3）先证明斜率相同椭圆的弦的中点在定直线上，据此可判断“果圆”平行弦的中点轨迹是否落在某个椭圆上.
【小问1详解】
由，，，
解得，，
因此“果圆”的方程为，.
【小问2详解】
因为，故，得，
而，即，
于是，，.
又，则，∴的取值范围是.
【小问3详解】
我们证明一个结论：
若斜率为的直线与椭圆交于两点，则中点的轨迹在直线上,
证明：设，它们的中点为，
则且，
从而，故，
故，故中点在直线上.

对于“果园”的弦的中点，
若斜率，则设直线，
它与“果圆”的交点是，，
弦的中点满足，
弦的中点轨迹方程是，
而，
即，所以，若“果圆”弦所在直线的斜率为0，则平行弦中点轨迹是椭圆.
若“果圆”弦的斜率，则可平移过程总存在无数条斜率为的直线与“果园”的左半椭圆相交，由前述证明的结论，此时中点在直线上，
故平行弦中点轨迹不能总落在某个椭圆上.
综上，斜率时，“果圆” 平行弦中点轨迹落在某个椭圆上.
斜率时，“果圆” 平行弦中点轨迹不能总落在某个椭圆上.
【点睛】关键点点睛：圆锥曲线中与弦的中点有关的计算问题，可利用点差法来处理，也可以直曲联立，结合韦达定理等来处理.
19. 某市教育局举办的校园足球比赛，其中小学生足球淘汰赛阶段的比赛规则如下：①常规时间分上、下半场，每个半场各30分钟，在常规时间内进球多的一方获得比赛的胜利并进入下一轮；②如果在常规时间内两队战平，则双方各派3名队员进行3轮点球决战，进球多的一方获得比赛的胜利并进入下一轮；③如果点球大战依然战平，则将进行抽签决定哪支球队进入下一轮，现有甲、乙两队进行淘汰赛阶段的比赛．
（1）假设在常规时间内甲队获胜的概率为，战平的概率为；在点球大战中甲队获胜以及战平的概率均为；在抽签环节，两队进入下一轮机会均等．已知在甲队进入下一轮的条件下，求他们是通过抽签进入下一轮的概率；
（2）点球大战中，当领先的一方提前获得比赛的胜利，则剩下的队员不再出场进行点球比赛（如甲方3∶1领先时，乙队的最后一名队员不必再出场比赛）．假设甲队每名队员射进点球的概率均为，乙队每名队员射进点球的概率均为，点球大战每一轮由甲队先踢．
（ⅰ）记两队点球决战一共出场的球员人数为，求的分布列与数学期望；
（ⅱ）求甲队在点球大战中获胜的概率．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）分布列见解析，；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）根据条件概率的概率公式可求概率；
（2）（ⅰ）由题设可得可取，就的每一种取值分析相应的进球情况或比分情况，故可求相应的概率，从而可得分布列和数学期望；（ⅱ）结合（ⅰ）中结果可求甲队在点球大战中获胜的概率．
【小问1详解】
设为“甲进入下一轮”，为“甲乙两队抽签”，
则，，
故.
【小问2详解】
（ⅰ）可取，
当时，共进行2轮点球，
若甲赢，则2轮点球甲均进球，而乙点球均未进；
若乙赢，则2轮点球乙均进球，而甲点球均未进；
故，
当时，共进行2轮点球，且第3轮甲踢点球结束比赛，
若甲赢，则3轮点球甲踢进2个球，而乙点均未进，或者甲踢进3个点球，而乙踢进一个点球；
若乙赢，则前两轮乙踢进2个球，而甲点球均未进；
故
，
当时，则前5次点球中甲乙的比分为，
故
故的分布列如下：
.
（ⅱ）设为：“甲队在点球大战中获胜”，
由（ⅰ）可得：
.
【点睛】思路点睛：在离散型随机变量的分布列的计算过程中，如果随机变量相应取值的概率比较难计算，则可以利用对立事件来计算相应的概率，另外如果随机变量相应取值对应的情况比较复杂，则需对所有情况作详细的分类讨论.