湖北省新高考联考协作体2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题（解析版）

这是一份湖北省新高考联考协作体2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：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.写在试装、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
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. 设集合，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，可得结论.
【详解】因为，所以且，
所以.
故选：C.
2. 已知b，，虚数是方程的根，则（ ）
A. B. C. 4D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】结合题意利用根与系数的关系即可求解.
【详解】是方程的根，则方程另一根为，
故，
.
故选：.
3. 已知向量，，若，则（ ）
A. 2B. C. 1D. 0
【答案】C
【解析】
【分析】首先利用向量平行得到，然后利用齐次化法将所求式子化成含有的式子即可运算求解.
【详解】由于，
.
故答案为：C.
4. 已知相互啮合的两个齿轮，大轮有45齿，小轮有30齿.如果大轮的转速为180（转/分），小轮的半径为10cm，那么小轮周上一点每1s转过的弧长是（ ）cm.
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过大轮的速，得到小轮的转速，从而求出小轮上每一点的转速，再根据弧长公式计算可得.
【详解】大轮有45齿，小轮有30齿，…当大轮转动一周时小轮转动周，
当大轮的转速为180时，小轮转速为，
小轮周上一点每1s转过的弧度数为：.
又小轮的半径为10cm，所以小轮周上一点每1s转过的弧长为：.
故选：B
5. 已知随机变量，且，则的最小值为（ ）
A. 5B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性求得，利用基本不等式求得正确答案.
【详解】根据正态分布的知识得，则，
，
当且仅当，即时取等.
故选：D
6. 已知某圆台上下底面半径分别为2.5和6，母线长为7，则该圆台内能放入最大球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用圆台的轴截面的高以及球体的知识求得正确答案.
【详解】圆台的轴截面如图等腰梯形，过分别作垂直，
垂足为，，，
所以圆台轴截面等腰梯形底角为60°，高为，
设边长为的正三角形的内切圆半径为，
则，解得，
即边长为12的正三角形内切圆半径为，，
故能放入最大球半径为，其表面积为.
故选：A.
7. 设函数，若，则a，b满足关系式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得在定义域上单调增且零点为，且在定义域上单调减且零点为，即可得到两函数的零点重合，从而得到结果.
【详解】，
且恒成立，在定义域上单调增且零点为，
在定义域上单调减且零点为，
故与在定义域内函数值正负相反且零点重合，则.
故选：C
8. 小明有一枚质地不均匀的骰子，每次掷出后出现1点的率为，他掷了k次骰子，最终有6次出现1点，但他没有留意自己一共掷了多少次骰子.设随机变量X表示每掷N次骰子出现1点的次数，现以使最大的N值估计N的取值并计算.（若有多个N使最大，则取其中的最小N值）.下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D. 与6的大小无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】先求得的表达式，由此列不等式，结合数学期望的知识确定正确答案.
【详解】X服从二项分布，则，
最大即为满足，
解得，
又，故为整数时，结合题设要求，；
不为整数时N为小于，，故，
故选：B
【点睛】要解决本题，首先要根据已知条件，判断出满足二项分布，从而可利用二项分布的知识来求概率和期望.求解含有组合数的最值计算问题，可以考虑利用商比较法来进行.
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（ ）
A. 的极小值点为1
B. 有三个零点
C. 点为曲线的对称中心
D. 过点可以做曲线的两条切线
【答案】AC
【解析】
【分析】由极值点的定义，求导计算，即可判断A，由零点的定义代入计算，即可判断B，由对称性的定义即可判断C，由导数的几何意义即可判断D
【详解】，
当时，f'x>0，则单调递增，
当x∈-1,1时，f'x<0，则单调递减，
当x∈1,+∞时，f'x>0，则单调递增，
所以为极大值点，1为极小值点，故A正确；
令，即，则或，
所以函数有两个零点，故B错误；
令，则，
又，
所以为奇函数，其图像关于对称，
则图像关于对称，故C正确；
设切点坐标为，则斜率，
则切线方程为，
将点0,2代入切线方程，整理可得，解得，
即过点0,2可以做曲线y=fx的一条切线，故D错误；
故选：AC
10. 受潮汐影响，某港口5月份每一天水深y（单位：米）与时间x（单位：时）的关系都符合函数（，，，）.根据该港口的安全条例，要求船底与水底的距离必须不小于2.5米，否则该船必须立即离港，一艘船满载货物，吃水（即船底到水面的距离）6米，计划于5月10日进港卸货（该船进港立即可以开始卸货），已知卸货时吃水深度以每小时0.3米的速度匀速减少，卸完货后空船吃水3米（不计船停靠码头和驶离码头所需时间）.下表为该港口5月某天的时刻与水深关系：
以下选项正确的有（ ）
A. 水深y（单位：米）与时间x（单位：时）的函数关系为，
B. 该船满载货物时可以在0：00到4：00之间以及12：00到16：00之间进入港口
C. 该船卸完货物后可以在19：00离开港口
D. 该船5月10日完成卸货任务的最早时间为16：00
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意求出函数的解析式，即可判断A；解不等式组，即可判断B；求出19时水的深度，即可判断C；求出函数与的图象的交点，即可判断D.
【详解】解：依题意，，，解得，
显然函数的图象过点，
即，又，因此，
所以函数表达式为，，故A对；
依题意，，整理得，
即有，
即,
解得或，
所以该船可以在0点到4点以及12点到16点进入港口，故B对；
该船卸完货后符合安全条例的最小水深为5.5，
19时水深为，故C错；
该船0点进港即可以开始卸货，设自0点起卸货x小时后，
该船符合安全条例的最小水深为
函数与的图象交于点，
即卸货5小时后，在5点该船必须暂时驶离港口，此时该船的吃水深度为4.5米，
下次水深为7米时刻为11点，
故该船在11点可返回港口继续卸货，5小时后完成卸货，此时为16点，
综上，该船在0点进港开始卸货，5点暂时驶离港口，11点返回港口继续卸货，16点完成卸货任务，故D对.
故选：ABD
11. 已知圆，过点向圆引切线，切点为，记的轨迹为曲线，则（ ）
A. 曲线关于轴对称
B. 在第二象限的纵坐标最大的点对应的横坐标为
C. 的渐近线为
D. 当点在上时，
【答案】ABD
【解析】
【分析】先由相切性质得点满足关系式，与已知圆联立消参得轨迹方程，ABC选项由方程形式构造函数，利用导函数研究单调性作出大致图形即可求解；D选项由不等式性质与放缩法可得.
【详解】圆，圆心，半径，且，且.
，则点在圆M外.
由题意知，设，
则①
又点Q在圆M上，则②，
①-②得，，解得③，
由且，解得，且
将③代入②消a得，即为曲线C的方程.
设，，则，
令，解得，或，或（舍）
当时，f'x>0，单调递增；
当时，f'x<0，单调递减；
当时，f'x>0，单调递增.
且，，当时，.
且当时，函数与单调性相同，
且，，当时，.
故的大致图象如图①所示，
又由方程可知曲线C关于x轴对称，且.
故曲线C的大致图象为如图②所示，
故C在第二象限的纵坐标最大的点对应的横坐标为，渐近线为，A、B项正确，C错误；
D项，当点在C上时，则，由，或.
得，又，，
则，所以成立，故D正确；
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：求动点轨迹方程的常见方法有：
（1）直接法：从条件中直接寻找到的关系，列出方程后化简即可；
（2）代入法：所求点与某已知曲线上一点存在某种关系，则可根据条件用表示出，然后代入到所在曲线方程中，即可得到关于的方程；
（3）定义法：从条件中能够判断出点轨迹为学过的图形，则可先判定轨迹形状，再通过确定相关曲线的要素，求出曲线方程.
（4）参数法：从条件中无法直接找到的联系，但可通过一辅助变量，分别找到与的联系，从而得到和的方程：，即曲线的参数方程，消去参数后即可得到轨迹方程.
（5）交轨法：选择适当的参数表示两动曲线的方程，将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在的展开式中，若的系数为，则_____.
【答案】
【解析】
【分析】利用二项式的展开式可求得，进而可得，可求值.
【详解】由二项式的展开式的通项公式可得第，
令，可得的系数为，
所以，
则，
则.
故答案为：.
13. M、N分别为曲线与直线上的点，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】令，恒成立，所以曲线在直线上方，当M处切线与直线平行时MN最小，然后由导数求出切点，求解即可.
详解】，，
令可得，
所以，，单调递减；
x∈0,+∞，，单调递增；
所以恒成立，恒成立，
则曲线在直线上方，
则当M处切线与直线平行时MN最小，
求导得，
此时点到直线距离即为最短距离，
此时.
故答案为：
14. 将椭圆上所有的点绕原点逆时针旋转角，得到椭圆的方程：，椭圆的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由椭圆的对称性，求解顶点坐标，从而可得，即可求解.
【详解】解：椭圆上所有的点绕原点逆时针旋转角，
得到椭圆的方程：，
设点Px,y在该椭圆上，
则其关于的对称点代入椭圆方程有，
即，则该对称点位于椭圆方程上，
同理其关于的对称点也位于椭圆方程上，
则关于对称，
如图所示：
将代入可得，
可得椭圆长轴的顶点为，，
即，
将代入，
可得：，
可得椭圆短轴的顶点为，，
即，
则，
故.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键通过证明该非标准椭圆的对称性，从而得到的值，再按照普通椭圆的定义计算即可，也可将该过程想象成坐标系的旋转.
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. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求角C的大小；
（2）若，，求AB边上的中线长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理、三角恒等变换等知识求得.
（2）利用余弦定理求得，利用向量法求得AB边上中线长.
【小问1详解】
因为，由正弦定理可得.
又因为，则，所以.
整理得，即.
因为，所以，所以，所以.
【小问2详解】
由余弦定理，且，
则有，
又，故.
设边上中线为CM，则，
，故边上中线长为.
16. 已知平面内一动圆过点，且在y轴上截得弦长为4，动圆圆心的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）若过点的直线l与曲线C交于点M，N，问：以MN为直径的圆是否过定点？若过定点，求出这个定点；若不过定点，请说明理由.
【答案】（1）
（2）过定点，定点为原点.
【解析】
【分析】（1）设出动圆的圆心坐标，利用圆的性质列出方程并化简即得.
（2）设出直线的方程，与曲线C的方程联立，利用韦达定理求出以MN为直径的圆的方程即可推理得证.
【小问1详解】
设动圆圆心，
当时，依题意，，即；
当时，点C的轨迹为点，满足，
所以点C的轨迹方程为.
【小问2详解】
依题意，直线不垂直于轴，设直线l方程为：，，
由消去x并整理得，恒成立，
则，令圆心为，则，，，
直径，
则圆的方程为，
当时，，
因此对于，圆恒过原点，
所以存在定点，以MN为直径的圆过定点.
17. 某学校有，两家餐厅，王同学开学第1天（9月1日）午餐时去餐厅用餐的概率是.如果第1天去餐厅，那么第2天继续去餐厅的概率为；如果第1天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为，如此往复.
（1）计算王同学第2天去餐厅用餐的概率.
（2）记王同学第天去餐厅用餐概率为，求；
（3）求九月（30天）王同学去餐厅用餐的概率大于去餐厅用餐概率的天数.
【答案】（1）
（2）
（3）1天
【解析】
【分析】（1）设表示第1天去餐厅，表示第2天去餐厅，利用全概率公式计算可得；
（2）设表示第天去餐厅用餐，则，由全概率公式可得，即可得到，从而求出；
（3）依题意只需，从而得到，再结合指数函数的性质计算可得.
【小问1详解】
设表示第1天去餐厅，表示第2天去餐厅，则表示第1天去餐厅，
根据题意得，，，，，
所以.
【小问2详解】
设表示第天去餐厅用餐，则，，
根据题意得，，，
由全概率公式得，，
即，
整理得，，又，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
【小问3详解】
由题意，只需，即，
则，即，
显然必奇数，为偶数时不成立，
当时，考虑的解，
当时，显然成立，当时，，不成立，
由单调递减得，时，也不成立，
综上，该同学只有1天去餐厅用餐的概率大于去餐厅用餐概率.
18. 已知函数.
（1）函数与的图像关于对称，求的解析式；
（2）在定义域内恒成立，求a的值；
（3）求证：，.
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设图像上任意一点坐标为，利用其对称点在的图像上可函数的解析式；
（2）令，可得为hx的一个极大值点，求得，再证明当时，在恒成立即可；
（3）由（2）可知：，可得，进而可得，利用在0,+∞上恒成立且当且仅当时取等，可得，，可证结论.
【小问1详解】
依题意，设图像上任意一点坐标为，
则其关于对称的点在图像上，
则，则，
故，；
【小问2详解】
令，，
则在在恒成立，
又，且hx在上是连续函数，则为hx的一个极大值点，
，，
下证当时，在恒成立，
令，,
当，φ'x>0，φx在上单调递增，
当，φ'x<0，φx在上单调递减，
故，在上恒成立，又，
则时，恒成立，
综上，.
【小问3详解】
由（2）可知：，
则，即，
则，
又由（2）可知：在上恒成立，
则在0,+∞上恒成立且当且仅当时取等，
令，，则，
即，
则
，
综上，，即证
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略:形如的恒成立的求解策略：
1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.
19. 类似平面解析几何中的曲线与方程，在空间直角坐标系中，可以定义曲面（含平面）的方程，若曲面S和三元方程之间满足：①曲面上任意一点的坐标均为三元方程的解；②以三元方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面的方程为，方程的曲面为.已知曲面的方程为.
（1）写出坐标平面的方程（无需说明理由），并说明平面截曲面所得交线是什么曲线；
（2）已知直线过曲面上一点，以为方向量，求证：直线在曲面上（即上任意一点均在曲面上）；
（3）已知曲面可视为平面中某双曲线的一支绕轴旋转一周所得的旋转面；同时，过曲面上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面上.设直线在曲面上，且过点，求异面直线（第二间中的直线）与所成角的余弦值.
【答案】（1），双曲线
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据坐标平面内点的坐标的特征可知，可得坐标平面的方程；当时，可得平面截曲面所得交线的方程，进而可得曲线类型；
（2）设是直线上任意一点，由题意有，从而得点的坐标，代入曲面的方程验证即可.
（3）设是直线上任意一点，直线的方向向量为，由题意有，可得点的坐标，代入曲面的方程，进而可求得的关系，可得，利用向量夹角公式求解即可得出答案.
【小问1详解】
根据坐标平面内点的坐标的特征可知，坐标平面的方程为，
已知曲面的方程为，
当时,平面截曲面所得交线上的点满足，
从而平面截曲面所得交线是平面上，以原点为对称中心，
焦点在轴上，实轴长为2，虚轴长为4的双曲线.
【小问2详解】
设是直线上任意一点，由，
均为直线的方向向量，有，
从而存在实数，使得，即，
则，解得，，，
所以点的坐标为，
于是，
因此点的坐标总是满足曲面的方程，从而直线在曲面上.
【小问3详解】
直线在曲面上，且过点,
设是直线上任意一点，直线!的方向向量为，
由，均为直线的方向向量，有，
从而存在实数，使得，即，
则，解得，，，
所以点的坐标为，
在曲面C上，
，
整理得，
由题意，对任意的，有恒成立，
，且，
或，不妨取，或，
，或，
又直线的方向向量为
则异面直线与所成角的余弦值均为.
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．时刻
2：00
5：00
8：00
11：00
14：00
17：00
20：00
23：00
水深/米
10
7
4
7
10
7
4
7