河北省卢龙县第二高级中学2024-2025学年高三上学期开学考试数学试卷（解析版）

这是一份河北省卢龙县第二高级中学2024-2025学年高三上学期开学考试数学试卷（解析版），共22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。
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. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据全称量词命题的否定为特称量词命题判断即可.
【详解】命题“”为全称量词命题，
则其否定为：.
故选：D
2. 双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将双曲线方程写成标准形式，再根据渐近线方程公式求解即可.
【详解】双曲线即，故渐近线方程为.
故选：B
3. 若可分解因式为，且，则复数的虚部为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据，求出、，再根据复数代数形式的除法运算化简，即可判断.
【详解】因为，
若，则，所以，不符合题意；
若，则，所以，符合题意；
所以，，
所以，
所以复数的虚部为.
故选：D
4. 已知函数，则下列函数为奇函数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据奇偶性的定义判断即可.
【详解】因为，
所以，
令，定义域为，
且，
所以为奇函数，故C正确；
又，为非奇非偶函数，故A错误；
，为非奇非偶函数，故B错误；
，为非奇非偶函数，故D错误.
故选：C
5. 已知是所在平面内一点，且，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量线性运算法则及基本定理计算可得.
【详解】因，所以，
即，即，
又，、不共线，所以，所以.
故选：C
6. 已知异面直线与所成的角为，与所成的角为，则与所成角的范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由异面直线的夹角，结合平面的基本性质，讨论的位置研究异面直线与所成角的范围.
【详解】作交于点，所有与垂直的直线平移到点组成与垂直的平面，故，
如上图：当为与、所成平面的交线或其平行线时，与所成角最小为；
当为垂直于、所成平面的线或其平行线时，与所成角最大为，
所以与所成角的范围是.
故选：B
7. 如图，和分别为函数图象上的两个最高点、两个最低点，若四边形的面积为，直线过点，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据四边形的面积为，结合的周期与振幅可得，再根据直线过点，数形结合可得
【详解】因为四边形的面积为，且，，梯形的高为2，
故，解得，即.
又直线过点，由对称性可得过点，即，即.
又，可得，故.
故.
故选：A
8. 已知为上的减函数，设函数，则满足不等式的的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先判断出奇偶性，再根据函数的单调性即可求解.
【详解】解：由题意知：的定义域为，关于原点对称，
当时，，，
则，
当，，
当时，，，
则，
故为偶函数，
又 fx为R上的减函数，
在上单调递减，在上单调递增，
∵g4-m>gm，
∴g4-m>gm，即，解得：.
故选：B.
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. 2023年央视主持人大赛，在某场比赛中，17位专业评审为某参赛者的打分分别为94.2，94.6，95.8，96.2，96.4，96.8，96.8，97.0，97.0，97.2，97.2，97.6，97.6，98.0，98.2，98.6，98.6，记该组数据为，去掉一个最高分和一个最低分后余下的数据记为，且组数据的平均分为97.0，则（ ）
A. 组与组数据的极差相等
B. 组与组数据的中位数相等
C. 组数据的平均数小于组数据的平均数
D. 组数据的分位数小于组数据的分位数
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据极差、中位数、平均数、百分位数的定义一一判断即可.
【详解】组数据的极差为，
组数据为94.6，95.8，96.2，96.4，96.8，96.8，97.0，97.0，97.2，97.2，97.6，97.6，98.0，98.2，98.6，
则组数据的极差为，故A错误；
组数据与组数据的中位数，故B正确；
组数据的平均数，所以组数据的平均数小于组数据的平均数，故C正确；
，所以组数据的分位数为，
，所以组数据的分位数为，
所以组数据的分位数小于组数据的分位数，故D正确.
故选：BCD
10. 如图，球与棱长为2的正方体的六个面都相切，分别为棱的中点，为正方形的中心，则（ ）
A. 球与该正方体的体积之比为
B. 球与该正方体的表面积之比为
C. 直线被球截得的线段的长度为
D. 过三点的正方体的截面与球的球面的交线长为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据正方体和球的表面积和体积公式，可判定A错误；B正确；连接，取中点，得到，求得到的距离，结合圆的弦长公式，可判定C正确；以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，求得和平面的法向量，结合距离公式，得到过三点的正方体的截面恰好过球的球心，可判定D错误.
【详解】因为球与棱长为2的正方体的六个面都相切，
对于A中，可得正方体的体积为，
球的半径为，体积为，
球与该正方体的体积之比为，所以A不正确；
对于B中，正方体的表面积为，球的表面积为，
所以球与该正方体的表面积之比为，所以B正确；
对于C中，连接，可得，
再连接，在直角中，可得，
取中点，连接，则，可得，
即点到的距离为，
所以直线被球截得的线段的长度为，
所以C正确；
对于D中，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可得，
则，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
所以点到平面的距离为，
可得过三点的正方体的截面恰好过球的球心，
所以截面交线的周长为，所以D错误.
故选：BC.
11. 已知，直线为原点，点在上，直线与交于点在直线上，且，点的轨迹为史留斯蚌线，记为曲线，其中是的渐近线，如图所示．设是上一点，则（ ）

A.
B. 存在异于原点的点，使得关于点的对称点仍在上
C. 若在第二象限，则的最大值为
D. 若在第一象限，则直线的斜率大于
【答案】AD
【解析】
【分析】设，，，设得到，即可得到，设，则，再由，则，从而求出曲线的方程，即可判断A、B；利用特殊值判断C，设，利用导数说明函数的单调性，即可得到，从而判断D.
【详解】设，，，由与相交，则不与重合，即，
设，则，所以，代入，可得，
即，
设，则，即，代入，即，即，
由，即，所以，
当时，从而，整理得；
当时，即和重合，，此时方程成立；
所以曲线的方程为；
由，所以，解得，故A正确；
在第一象限的部分对应的方程为①，
在第三象限的部分对应的方程为，
它关于原点成中心对称的部分对应的方程为，
即②，
联立①②解得，这样矛盾，所以不存在异于原点的点，使得关于点的对称点仍在上，
由对称性可知，二、四象限也不存在关于点的对称点仍在上，故B错误；
当时，当时，故C错误；
设，则，
所以在上单调递减，
从而，所以，即，
所以，即，即，
所以若在第一象限，则直线的斜率大于，故D正确.
故选：AD
【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出曲线的方程，D选项关键是构造函数，利用导数证明.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 的值是____________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据求解即可.
【详解】因为，故，即，故.
故答案为：2
13. 已知椭圆上顶点为，左焦点为，线段的中垂线与交于两点，则的周长为____________．
【答案】
【解析】
【分析】设椭圆的右焦点为，连接，，，依题意可得为等边三角形，从而得到直线过，再根据线段垂直平分线的性质及椭圆的定义计算可得.
【详解】设椭圆的右焦点为，连接，，，
依题意可得长半轴长，半焦距，且，
所以为等边三角形，则直线过，
所以
，即的周长为.
故答案为：
14. 有甲、乙两个口袋，甲口袋装有2个红球，乙口袋装有1个红球，2个白球，有放回地从两个口袋中各取1个球，并记为1次取球，若取到的2个球均为红球，则停止取球；否则在两个口袋中各加进1个白球，然后再按照以上规则取球，直到取到的2个球均为红球为止．记“取了次球后停止取球”，则____________；____________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（1）根据第一次从两个口袋均取出红球，再根据概率的乘法公式求解即可；
（2）依题意前三次取球均不为两个红球，再计算单次取球两个口袋不全为红球的概率，再根据概率的乘法公式求解即可.
【详解】（1）依题意第一次从两个口袋均取出红球，故；
（2）依题意前三次取球均不为两个红球，第4次取球为两个红球.
故.
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. 已知的内角的对边分别为，且．
（1）求；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角转化和二倍角余弦公式得到，再利用辅助角求解即可.
（2）根据余弦定理得到，再利用正弦定理面积公式求解即可.
【小问1详解】
，
因为，所以.
所以，即.
因为，所以，即.
【小问2详解】
，
所以.
16. 如图，在六棱锥中，底面是边长为1的正六边形，，平面平面，平面平面．

（1）证明：；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取正六边形的中心，、的中点，再根据面面垂直的性质分别证明，，进而可得平面，即可得；
（2）取中点，根据线面垂直的判定与性质可得二面角为，再根据几何关系求解即可得.
【小问1详解】
取正六边形的中心，、的中点，连接如图.
因为平面平面，平面平面，
又，平面，故平面.
又平面，故.
同理可得，又平面，，
故平面.
又平面，故.
【小问2详解】
取中点，连接.
因为为正六边形，故，，
故，
又平面，平面，
故，.
又，，故，故.
故，，又平面，，
故二面角为.
又，故，，.
则.
故，即二面角的正弦值为.

17. 已知函数．
（1）当时，求的极值；
（2）若在处有极小值，求的取值范围．
【答案】（1）极大值为，极小值为
（2）
【解析】
【分析】（1）求出的导数，令导数为，根据导数求出函数的单调区间，求出的极值；
（2）求出，根据二次函数的性质求出的取值范围，分和两个情况求解.
【小问1详解】
当时，，，
令，解得或，
若和时，；若，；
可知在内单调递增，在内单调递减，
所以的极大值为，的极小值为.
【小问2详解】
由题意可知：，
令，且，解得或，
令，解得，
若时，则，
当时，；当时，；
可知在内单调递增，在内单调递减，
则在处有极小值，符合题意；
若时，则，
可知在内单调递增，无极值，不合题意；
若时，则，
当时，；当时，；
可知在内单调递增，在内单调递减，
则在处有极小值，不符合题意；
若时，则，
当时，；当时，；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则在处有极小值，符合题意；
综上所述：.
18. 已知抛物线的焦点为，准线为为坐标原点，是上一点，且到的距离为的面积为．
（1）求的方程；
（2）已知过点且不与坐标轴垂直的直线与交于两点．
（ⅰ）设直线分别与交于点，证明：；
（ⅱ）设与轴的交点为，线段的垂直平分线与轴交于点，则四点是否在同一个圆上？并说明理由．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明过程见解析；
（ⅱ）四点共圆，理由见解析
【解析】
【分析】（1）求出焦点和准线，设，由焦半径公式得到方程，求出，从而得到，由三角形面积得到方程，求出，求出答案；
（2）（ⅰ）设直线，与联立，得到两根之和，两根之积，表达出直线，求出，同理得到，计算出，得到答案；
（ⅱ）求出直线的垂直平分线方程，得到，故，，，再由焦半径公式得到，故，从而得到三角形相似，得到对角互补，得到四点共圆.
【小问1详解】
由题意得，准线方程为，
设，则，解得，
故，不妨设，
，
解得，的方程为；
【小问2详解】
（ⅰ）F1,0，准线方程为，
设直线，与联立得，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则，
直线，当时，，故，
同理可得，
则，，
故
，
故，，证毕；
（ⅱ）四点共圆，理由如下：
由题意得，
，
则，则线段的中点坐标为，
故直线的垂直平分线方程为，
令得，故，
则，，，
由焦半径公式可得，
因为
则，
故，
又，故∽，∽，
故，
由于，故，
即，
从而四点共圆.
【点睛】方法点睛：定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
19. 设集合，记中元素个数为，数列的前项和为．
（1）求的值；
（2）当时，从中随机取出一个元素，求以为长度的三条线段为边能构成一个三角形的概率；
（3）求．
参考公式：．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据所给条件求出、、、，即可得解；
（2）分①当且为偶数，②当且为奇数两种情况讨论，求出及不能构成三角形的个数，再由对立事件及古典概型的概率公式计算可得；
（3）利用分组求和法求出，从而求出，即可求出.
【小问1详解】
因为，
所以，当时，所以；
当时，所以；
所以.
【小问2详解】
①当且为偶数时，
若，则不存在；
若，则为，，符合条件，此时有个元素，其中不能构成三角形；
若，则为，，，，符合条件，此时有个元素，其中不能构成三角形；
，
若，则为，，，，，符合条件，此时有个元素，其中不能构成三角形；
综上，当且为偶数时，，
其中不能构成三角形的个数为，
所以当且为偶数时，所求概率；
②当且为奇数时，
若，则不存在；
若，则为，符合条件，此时有个元素，其中不能构成三角形；
若，则为，，，符合条件，此时有个元素，其中不能构成三角形；
若，则为，，，，，符合条件，此时有个元素，其中不能构成三角形；
，
若，则为，，，，，符合条件，此时有个元素，其中不能构成三角形；
综上，当且为奇数时，，
其中不能构成三角形的个数为，
所以当且为奇数时，所求概率；
所以当时，.
【小问3详解】
因为
，
，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是分①当且为偶数，②当且为奇数两种情况讨论，求出，第三问关键是分组求和.