吉林省长春市朝阳区长春吉大附中实验学校2024-2025学年高三上学期开学数学试题（原卷版+解析版）

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考试时间：120分钟试卷 满分：150分
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，考试结束后，将答题卡交回.
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区.
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.
3.请按照题号顺序在各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸试题卷上答题无效.
4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.
5.保持卡面清洁，不得折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.
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，只有一项符合题目要求的.
1. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求得集合，可求得.
【详解】依题得，则．
故选：C.
2. 上海百联集团对旗下若干门店的营业额与三个影响因素分别作了相关性分析，绘制了如下的散点图，则下述大小关系正确的为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据散点图判断两变量的线性相关性，再根据线性相关性与相关系数的关系判断即可.
详解】由散点图可知，图一两个变量成正相关，且线性相关性较强，故，
图二、图三两个变量都成负相关，且图二的线性相关性更强，
故，，，故，所以.
故选：C.
3. 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
【解析】
【分析】结合不等式的性质分充分性、必要性两方面进行说明即可求解.
【详解】若，则函数单调递增，所以，充分性成立；
当时，，满足，但，不满足必要性；
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
4. 展开式中项的系数为（ ）
A. 80B. C. 40D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二项式定理，写出其通项即可求特定项的系数
【详解】的二项展开式的通项为，
令，得，
所以的展开式中的系数为.
故选：B
5. 已知，且，则函数的图象一定经过（ ）
A. 一、二象限B. 一、三象限C. 二、四象限D. 三、四象限
【答案】D
【解析】
【分析】由函数过点，分类可解.
【详解】当时，，
则当时，函数图象过二、三、四象限；
则当时，函数图象过一、三、四象限；
所以函数的图象一定经过三、四象限.
故选：D
6. 下列函数中，其图象与函数 的图象关于直线 x=1对称的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线对称的性质，结合中点坐标公式进行求解即可.
【详解】设函数的图象为曲线，该曲线关于x=1对称的曲线为，
设曲线上任意一点的坐标为，则有，
该点关于直线x=1对称点的坐标为，
因此有，代入中，
得，
故选：C
7. 我校某班举办新年联欢班会，抽奖项目设置了特等奖、一等奖、二等奖、三等奖、鼓励奖共五种奖项. 甲、乙、丙、丁、戊每人抽取一张奖票，开奖后发现这5人的奖项都不相同. 甲说：“我不是鼓励奖”；乙说：“我不是特等奖”；丙说：“我的奖没有戊好但是比丁的强”. 根据以上信息，这5人的奖项的所有可能的种数是（ ）
A. 12B. 13C. 24D. 26
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，按甲是否是特等奖分类，再结合丙的情况列式计算即可.
【详解】甲是特等奖，乙有4种情况，则丙、丁、戊有1种情况，
所以有种；
甲不是特等奖，则甲有3种情况，乙有3种情况，
而丙、丁、戊有1种情况， 所以有种；
所以5人的奖项的所有可能的种数是.
故选：B.
8. 已知实数，且，为自然对数的底数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简条件后根据形式构造函数，利用单调性判断不等式
【详解】因为，所以，
函数在上单调递增，且，因为
所以，所以，即，
又，所以，所以，即，综上，.
故选：D
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. 某计算机程序每运行一次都随机出现一个十位二进制数（例如若，则），已知出现“0”的概率为，出现“1”的概率为，记，则当程序运行一次时（ ）
A. X服从二项分布B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据二项分布的定义可判断A的正误，利用二项分布可判断B的正误，利用公式计算出的期望和方差后可判断CD的正误.
【详解】由二进制数A的特点知，每一个数位上的数字只能填0，1且每个数位上的数字互不影响，
故X中1出现次数的可能取值有，则可能取值情况与之相同，
由二项分布的定义可得：，故A正确.
故，故B错误；
所以，，故C正确，D错误．
故选：AC．
10. 暑假结束后，为了解假期中学生锻炼身体情况，学生处对所有在校学生做问卷调查，并随机抽取了180人的调查问卷，其中男生比女生少20人，并将调查结果绘制得到等高堆积条形图. 已知 ，其中 ，附：
在被调查者中，下列说法正确的是（ ）
A. 男生中不经常锻炼的人数比女生中经常锻炼的人数多
B. 男生中经常锻炼的人数比女生中经常锻炼的人多8人
C. 经常锻炼者中男生的频率小于不经常锻炼者中男生的频率的2倍
D. 根据小概率值 的独立性检验，可以认为假期是否经常锻炼与性别有关
【答案】BD
【解析】
【分析】根据男生比女生少20人，建立等式求出男生、女生的人数，建立列联表，利用列联表中的信息解决ABC，利用独立性检验来解决D选项．
【详解】设男生人数为，则女生人数为，
由题得，
解得，即在被调查者中，男､女生人数为80，100，可得到如下列联表，
对于A：由表可知，A显然错误，
对于B：男生中经常锻炼的人数比女生中经常锻炼的人数多B正确；
对于C：在经常锻炼者中是男生的频率为，在不经常锻炼者中是男生的频率为C错误；
对于D：零假设：假设假设是否经常锻炼与性别无关，
则，根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
即认为假期是否经常锻炼与性别有关，此推断犯错误概率不大于0.01，D正确.
故选：BD．
11. 已知三次函数有三个不同的零点，若函数也有三个不同的零点，则下列等式或不等式一定成立的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，由题意可得有两个不同的实根，则，从而可进行判断，对于B，根据图象分析判断，对于CD，由零点的定义结合方程化简变形进行判断.
【详解】，因为原函数有三个不同零点，则有两个不同的实根，
即，则，即，所以A错误；
因为三次函数有三个不同的零点，
所以，
所以，
同理，
所以，故C正确，D错误；
由的图象与直线的交点可知，B正确．
故选：BC．

三、填空题：本题共3小题，每小题. 5分，共15分.
12. 在本次考试的8道单选题中，你前桌的小张同学对其中5道题有思路，3道题完全没有思路，假设有思路的题能做对的概率为，没有思路的题仅能随机猜，你恰好看到了他一道题的答案，这个答案是正确的概率为______.（诚信考试，诚实做人，拒绝抄袭，从我做起）
【答案】
【解析】
【分析】利用全概率公式求解即可.
【详解】设事件表示“恰好看到这道题小张的答案是正确的”，
设事件表示“恰好看到的这道题小张有思路”，则恰好看到了小张一道题的答案，
这个答案是正确的概率为，
故答案为：
13. 已知正数，满足，则的最小值为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】利用“1”的灵活运用，结合基本不等式即得.
【详解】因为，则
因为x>0，，所以，
则原式，当即时，取等号.
所以的最小值为.
故答案为：.
14. 在一个 的“乘法幻方”中，每个空格中都填上一个正数，使得每一行、每一列以及每条对角线的各数之积均相等. 则 ______.
【答案】10
【解析】
【分析】根据题中的条件设出每一行、每一列以及每条对角线的各数之积，列出等式求解即可．
【详解】在一个乘法幻方中，每一行数之积、每一列数之积、对角线上的数之积都相等，
设积为，
则乘法幻方可表示为如图所示：
故对角线，
解得：，经验证满足题意.
故答案为：10.
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. 设数列的前项和为，已知，．
（1）设，证明：数列是等比数列；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用与间的关系，得到，再构造成，即可证明结果.
（2）利用（1）中结果得到数列是首项为1，公差为1的等差数列，再利用等差数列的前项和公式即可求出结果.
【小问1详解】
由及，
得，∴，∴．
又，
由①－②，得，
∴．
∵，∴，
故数列是首项，公比为2的等比数列．
【小问2详解】
由（1）知，
∴，又，
故数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以．
16. 在刚刚结束的巴黎奥运会中，国球再创辉煌，包揽全部5枚金牌，其中最惊险激烈的就是男单 决赛，中国选手樊振东对战日本选手张本智和.比赛采取7局4胜制，每局为11分制，每赢一球得一分.
（1）樊振东首局失利，第二局比赛双方打到 平，此时张本智和连续发球2次，然后樊振东连续发球2次，根据以往比赛结果统计，樊振东发球时他自己得分的概率为0.6. 张本智和发球时樊振东得分的概率为0.5，各球的结果相互独立，遗憾的是该局比赛樊振东最终以 落败，求其以该比分落败的概率；
（2）在本场比赛中，张本智和先以 领先，根据以往比赛结果统计，在后续的每局比赛中樊振东获胜的概率为23，张本智和获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立，
（ⅰ）假设两人又进行了 局后比赛结束，求 的分布列与数学期望.
（ⅱ）最后樊振东以 拿下了本场比赛，成功晋级半决赛，有媒体报道樊振东从 到实现了“惊天逆转”，同学们也认同这个说法么？请结合本题中的数据简要说明你的理由.
【答案】（1）
（2）（i）分布列见解析，数学期望为.
（ii）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算即可.
（2）（i）求出的所有可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出数学期望即可； （ii）求出张本智和胜的概率、樊振东以 赢得比赛的概率即可得解.
小问1详解】
在比分为后张本智和先发球的情况下，樊正东以落败的情况分三种：
第一种：后四球樊正东依次为胜败败败，概率为，
第二种：后四球樊正东依次为败胜败败，概率为，
第三种：后四球樊正东依次为败败胜败，概率为，
所以所求事件的概率为：．
【小问2详解】
（i）随机变量的可能取值为，
,
,
，
所以的分布列为
数学期望为.
（ii）由（i）得，
张本智和胜的概率为，
樊正东胜的概率为，
且张本智和胜的概率大于樊正东胜的概率，
又因为最后樊正东以拿下本场比赛，且获胜的概率为，
所以可以这么说樊正东从到实现“惊天逆转”.
17. 在如图①所示的平面图形中，四边形为菱形，现沿进行翻折，使得平面，过点作，且，连接，所得图形如图②所示，其中为线段的中点，连接.
（1）求证：平面;
（2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，交于点，连接，由题意得，，由线面垂直的判定定理可得平面，由题意可得四边形为平行四边形，可得，继而即可证明.
（2）取的中点为，连接，由题意，以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，设，由直线与平面所成角的正弦值为，计算可得，再利用法向量及两平面夹角的余弦公式即可求解.
【小问1详解】
连接，交于点，连接，
四边形为菱形，
，
平面，
又平面，
，
又，
平面，
平面，
分别为线段的中点，
，且，
又，且，
，且，
故四边形为平行四边形，
，
平面.
【小问2详解】
在菱形中，，
和都是正三角形，
取的中点为，连接，
，
又平面，
平面，
，
即两两互相垂直，
如图，以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，
设，已知，
，
，
，
设平面的法向量为，
则，
取，则，
设直线与平面所成角为，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
则，
，
，
，
设平面的法向量为，取，
，
设平面的法向量为，
则，
取，则，
设平面与平面所成角为，
则，
故平面与平面所成角的余弦值为.
18. 已知函数．
（1）若，求的极小值；
（2）若过原点可以作两条直线与曲线相切，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数与极值的关系，即可求得答案；
（2）设切点分别为，根据导数的几何意义，表示出切线方程，将原问题转化为方程两个不同的根的问题，构造函数，利用导数求得其最小值的表达式，分类讨论，结合零点存在定理，即可求得答案.
【小问1详解】
由，得，
令f'x<0得，则在上单调递减，
令f'x>0得，则在上单调递增，
则的极小值为;
【小问2详解】
，
设切点分别为，
则在处的切线方程为，
又切点过原点，所以，
即，同理，
所以为方程两个不同的根，
设，则，
若，则在0,+∞单调递减，gx=0不可能有两个不同的根，不符合题意；
若，令得，在单调递减，
令得在单调递增，
所以，
若，即，则，
此时方程没有两个不同的根，不符合题意；
若，即，，
因为，所以，所以，
令，则，
所以在上单调递增，，
即，又的图象是不间断的曲线，
所以存在满足使得，
所以的取值范围是．
【点睛】关键点点睛：难点在于根据切线的条数求解参数范围。解答时将问题转化为方程两个不同的根的问题，然后构造函数，利用导数，求得函数最小值，分类讨论，结合零点存在定理求解即可.
19. 已知双曲线的两条渐近线分别为和，右焦点坐标为为坐标原点.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）直线与双曲线的右支交于点（在的上方），过点分别作的平行线，交于点，过点且斜率为4的直线与双曲线交于点A2,B2（在的上方），再过点A2,B2分别作的平行线，交于点，这样一直操作下去，可以得到一列点.
（i）证明：共线；
（ii）判断是否为定值，若是定值求出定值；若不是定值，说明理由.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）定值，定值为.
【解析】
【分析】（1）根据渐近线方程与焦点坐标列方程组求解，即可得双曲线标准方程；
（2）（i）设斜率为4，与双曲线右支相交于两点的直线方程为，与双曲线方程联立得交点坐标关系，从而可得直线与直线的方程，联立两直线可得坐标关系，从而证得结论；（ii）设坐标为，直线方程为，结合（i）中坐标关系，利用两点之间的距离公式可得结论.
【小问1详解】
由题意得解得所以双曲线的标准方程为；
【小问2详解】
（i）设斜率为4，与双曲线右支相交于两点的直线方程为，其中，
联立方程，消去可得，
该方程有两个正根，解得，
根据韦达定理：，
直线的方程为，而，即，
直线的方程为，而，即，
联立方程两式相加得，
代回方程组得，
根据，易得，
即都在直线上，所以共线；
（ii）为定值，定值为，理由如下：
由（i）得：设坐标为，直线方程为，
即（i）中，根据①中的计算，
，
，
，
所以.
【点睛】思路点睛：直线与双曲线的位置关系，联立直线与双曲线方程，得到根与系数的关系，利用坐标关系可求解点的横纵坐标关系、直线上两点距离、三角形面积、定值定点等几何性质问题，但需要注意计算技巧处理.
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
性别
锻炼情况
合计
经常锻炼
不经常锻炼
男
48
32
80
女
40
60
100
合计
88
92
180
5
4
1
5
4
1
20
2
3
4
5