河南省九师联盟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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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. 已知复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法运算可得答案.
【详解】由，得，
所以，其虚部为．
故选：C．
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解出集合，判断的元素是否在集合中，可得.
【详解】因为，又，故，
易验证0，1，2均是的解，所以，所以．
故选：B．
3. 展开式中的常数项为（ ）
A. B. C. 28D. 84
【答案】D
【解析】
【分析】求出二项式展开式的通项公式，再求出展开式的常数项.
【详解】展开式的通项，
令，得，
所以所求常数项为.
故选：D
4. 已知双曲线：（，），若圆：与的渐近线相切，则的离心率为（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】法1：设渐近线与的一个切点为，连接，设第一象限的渐近线的倾斜角为，求得，得到，进而求得双曲线的离心率，得到答案；
法2：求得双曲线的渐近线方程为，结合直线与圆相切，求得，进而求得双曲线的离心率，得到答案；
【详解】法1：设渐近线与的一个切点为，连接，则，
如图所示，不妨设第一象限的渐近线的倾斜角为，则，
又由，所以，所以的斜率为，所以，
设的半焦距为，则的离心率．
法2：由题意知，双曲线的渐近线方程为，
且圆的圆心为，半径为2，则，
两边平方并化简得，
设的半焦距为，则离心率．
故选：B．
5. 已知，，若：与的夹角是钝角，：，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】根据题意，求出与的夹角是钝角的充要条件为且与不能方向相反，故且，可解决问题．
【详解】与的夹角是钝角且与不能方向相反，
由，得，所以，
若与共线，有，所以，此时与方向相反，
所以与的夹角是钝角的充要条件为且．
故是的充分不必要条件．
故选：A．
6. 在锐角中，记角，，的对边分别为，，，若，，且，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据两角和与差的正弦公式，二倍角的正弦公式，正弦定理及三角形面积公式即可求解．
【详解】因为，
所以，
所以，
又为锐角三角形，所以，
所以，所以，
又，所以为等边三角形，
所以的面积为．
故选：D．
7. 已知圆锥的高与底面半径之和为3，则当该圆锥的体积取得最大值时，圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设圆锥的底面半径为，高为，得到，得到，利用导数求得函数的单调性和极值（最值），即可求解.
【详解】设圆锥的底面半径为，则圆锥的高为（），
则圆锥的体积为，
所以，
当时，，在0,2上单调递增，
当时，，在0,2上单调递减，
所以当时，取得最大值，此时圆锥的高为1，母线，
故圆锥的侧面积．
故选：A．
8. 已知函数，若关于的方程有2个不相等的实数解，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，转化为与的图象有2个交点，分、和，三种情况讨论，结合导数的几何意义与函数的图象，即可求解.
【详解】由题意，关于的方程有2个不相等的实数解，
即与的图象有2个交点，如图所示，

当，直线与的图象交于点，
又当时，，故直线与（）的图象无公共点，
故当时，与的图象只有一个交点，不合题意；
当，直线与曲线（）相切时，
此时与图象有2个交点，
设切点，则，又由过点，
所以，解得，所以；
当时，若，则，由，可得，
所以当时，直线与的图象相切，
由图得当时，直线与的图象有2个交点．
综上所述，实数的取值范围是．
故选：C．
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. 已知实数，，满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】应用不等式的性质判断A,B,变形应用基本不等式求和的最小值判断C,D.
【详解】因为，，所以，，的符号不确定，
对A，当时，不成立，故A错误；
对B，由，，得，B正确；
对C，，，所以，当且仅当时取等号，故C正确；
对D，由，得，，故，
当且仅当，即时等号成立，故D错误．
故选：BC．
10. 已知函数，，则（ ）
A. 与的图象有相同的对称中心
B. 与的图象关于轴对称
C. 与的图象关于轴对称
D. 的解集为（）
【答案】ABD
【解析】
【分析】整体法求得的对称中心即可判断A；由奇偶函数的定义即可判断BC；数形结合即可判断D．
【详解】令（），得（），
所以图象的对称中心为（）；
令（），得（），
所以图象的对称中心为（），
所以与的图象有相同的对称中心，故A正确；
，
所以与的图象关于轴对称，故B正确；
，故C不正确；
由，得，即，所以，，
解得（），故D正确．
故选：ABD．
11. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为线段上的动点，为底面内的动点，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则动点的轨迹长度为
C. 若直线与平面所成角为，则点的轨迹为双曲线的一部分
D. 若直线与平面所成的角为，则点的轨迹为椭圆的一部分
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用投影法及勾股定理、逆定理可判定A，利用正方体的特征结合勾股定理可先确定为定长，根据圆中弧长公式计算即可判定B，建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算确定E的轨迹方程即可判定C、D.
【详解】对于A项，连接，，则，
作，交于点，易证，
由，得，，所以，，
所以，
同理，所以，所以，故A正确；
由，，
所以，
即点的轨迹是以A为圆心，为半径的圆在正方形内的部分，，
设该圆交棱于S点，交棱于点，则，
又，为锐角，所以，所以，
故所求轨迹长度为，故B正确；
如图，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，
设，，易得平面的一个法向量为，
因为直线与平面所成的角为，所以，
所以，
化简得，故C正确，D错误．
故选：ABC．
【点睛】思路点睛：对于A项，可利用勾股定理及其逆定理来确定线线垂直，也可利用建系法计算；对于B项，空间线段为定长注意结合几何体的特征转化为平面中到定点距离不变，来确定轨迹；对于C、D项，空间角为定值，可以建立坐标系用空间向量计算确定轨迹，利用几何法也可以使用，但思维量稍大.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知样本数据：11，12，14，，18（）的标准差为，则______．
【答案】20
【解析】
【分析】先求样本平均数，再应用样本的标准差公式计算求参即可.
【详解】因为，设，该样本平均数，
所以该样本的标准差，
解得，或（舍），所以．
故答案为：20.
13. ，，，共4位同学报名参加学校组织的暑期社会实践活动，这次社会实践活动共有：交通安全宣传，防火知识宣传，防水安全教育，养老院志愿者服务，国情宣传教育，养老院志愿者服务，国情宣传教育5个项目，每人报目仅报其中一个项目.记事件为“四名同学所报项目互不相同”，事件为“仅有报了防火知识宣传”，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，求得，，结合条件概率的计算公式，即可求解．
【详解】由题意，事件为“四名同学所报项目互不相同”，事件为“仅有报了防火知识宣传”，
可得，，所以．
故答案为：.
14. 如图，已知抛物线：，点是的准线上一动点，过点作的两条切线，切点分别为，，点为线段的中点，连接与交于点，在点作的切线与，分别交于点，，，的面积分别记为，，则______．
【答案】##0.25
【解析】
【分析】根据题意设出，Mx1,y1，Nx2,y2，可求出直线方程，可求出点坐标，根据可得出点坐标，同时可确认点为的中点，再根据直线，可求解.
【详解】由题意知：，设，Mx1,y1，Nx2,y2，
由，得，所以，故，
所以的方程为，且即．
又因过点，所以，同理，
所以直线的方程为，所以直线过点0,1，
由消去并化简得，
根据韦达定理可知，，所以，
所以．直线的方程为，
所以，即，因为，
所以点为的中点，，
所以，且为的中位线，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. 某公司在员工招聘面试环节准备了4道面试题，面试者按顺序提问，若每位被面试者答对两道题则通过面试，面试结束；若每位被面试者前三道题均答错，则不通过面试，面试结束．已知李明答对每道题的概率均为，且每道题是否答对相互独立．
（1）求李明没通过面试的概率；
（2）记李明所答题目的数量为，求的分布列和数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析；期望为
【解析】
【分析】（1）李明没通过面试包含前3题有1题答对，第4题答错和前3题均答错两种情况，依据独立重复的计算规则即可求解.
（2）依题意列出分布列，并按定义求期望.
【小问1详解】
李明没通过面试包含前3题有1题答对，第4题答错和前3题均答错两种情况，
故所求概率为.
【小问2详解】
由题意得的取值为2，3，4，则
，，
．
故所求分布列为：
所以．
16. 已知函数（）在处取得极值．
（1）求的单调区间；
（2）若恒成立，求整数的最小值．参考数据：，．
【答案】（1）单调递增区间是，单调递减区间是
（2）1
【解析】
【分析】（1）将代入中求得，再根据的正负得出单调区间；
（2）由得，令，根据导数求得的最大值即可求解．
【小问1详解】
由题意得的定义域为0,+∞，（），
因为在处取得极值，所以，解得，
此时，，
其中恒成立，当x∈0,1时，f'x>0，当x∈1,+∞时，f'x<0，
所以的单调递增区间是0,1，单调递减区间是1,+∞，并且在处取得极大值．
【小问2详解】
即，令，则，
，
令，则，
所以hx在0,+∞上单调递减，
又，，
所以存在唯一的，使得，即，所以．
当x∈0,x0时，hx>0，，当x∈x0,+∞时，hx<0，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，又，所以，
又在上单调递增，故，
又，所以整数的最小值为1．
17. 如图，四棱锥中，底面四边形为凸四边形，且，，．
（1）证明：；
（2）已知平面与平面夹角的余弦值为，求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）16
【解析】
【分析】（1）根据题意可证平面，可得，连接，可得，结合线面垂直的判定定理分析证明；
（2）建系标点，设，利用空间向量结合面面夹角可得，进而可求体积.
【小问1详解】
因为，，
所以，所以，
同理，又，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
连接，因为，，，
所以，所以．
又，由等腰三角形三线合一，得．
因为，，平面，所以平面，
又平面，所以．
【小问2详解】
因为，，所以，
所以，又，，故，，两两垂直，
故以坐标原点，
，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，所以，，
由（1）知平分，设，所以．
设平面的法向量为m=x1,y1,z1，则，
令，得，，所以，
设平面的法向量为n=x2,y2,z2，则，
令，得，，所以，
设平面与平面夹角的大小为，
则，
两边平方并化简得，解得或．
因为，，所以点到的距离为，
因为四边形为凸四边形，所以，所以不合题意，
即，则，可得，
所以．
18. 已知椭圆：，点（）与上的点之间的距离的最大值为6．
（1）求点到上的点的距离的最小值；
（2）过点且斜率不为0的直线交于，两点（点在点的右侧），点关于轴的对称点为．
①证明：直线过定点；
②已知为坐标原点，求面积的取值范围．
【答案】（1）2 （2）①证明见解析 ；②
【解析】
【分析】（1）设Px0,y0是椭圆上一点，则，表示出结合已知求得，进而求得点到上的点的距离的最小值；
（2）由题意可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为（），联立直线和的方程，根据韦达定理即可证明；联立直线的方程和的方程，根据韦达定理，弦长公式，点到直线距离公式及函数单调性即可求解．
【小问1详解】
设Px0,y0是椭圆上一点，则，所以，
所以（），
因为，所以当时，，
，解得或（舍去），
所以，所以当时，．
【小问2详解】
①证明：由题意可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为（），
Mx1,y1，Nx2,y2，，联立直线和的方程，
得消去并化简，得，
所以，
解得，且．
又点在点的右侧，则，且，，
所以直线的方程为，
所以，
因为
，
所以，所以直线过定点1,0．
②由①知直线的方程为，设，则，
，将，代入，
可得，由，且，
得取值范围为．
由消去并化简得，
则，
，．
，
原点到直线距离为，
所以，
令，由的取值范围为，得的取值范围为1,+∞．
又函数在1,+∞上单调递增，所以，的值域为．
所以的取值范围是，
所以面积的取值范围为．
19. 若数列的相邻两项或几项之间的关系由函数确定，则称为的递归函数．设的递归函数为．
（1）若，（），证明：为递减数列；
（2）若，且，的前项和记为．
①求；
②我们称为取整函数，亦称高斯函数，它表示不超过的最大整数，例如，．若，求．
【答案】（1）证明见解析
（2）① ；②
【解析】
【分析】（1）根据定义得出，再根据即可证明；
（2）根据等比数列的定义及等比数列的求和公式即可求解①；结合①得出，当时，，所以；当时，由放缩得出，结合得出进而求解．
【小问1详解】
证明：若，显然．
又，所以，，，，
所以，．
因为，，所以，
，所以，所以是递减数列．
【小问2详解】
①由题意得，
又，所以，所以，
所以是以为首项，6为公比的等比数列，
则．
②由①得，所以．
当时，，所以；
当时，．
所以当时，，
所以当时，，
又，所以，
所以，，所以，
所以．
【点睛】关键点睛：求解时，关键是求出的取值范围，根据不等式放缩得出是解题关键．2
3
4