湖南省衡阳市衡阳县第二中学2024-2025学年高三上学期开学摸底考试数学试卷（解析版）

第二中学2024-2025学年高三上学期开学摸底考试数学【满分：150分】注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后.用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号徐照.如需改动，用橡皮擦干净后，再选徐其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3.考试结東后，将本试巻和答题卡一并收回.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.设全集，集合，，则（）A. B.C. D.x0≤【答案】C【解析】【分析】首先解一元二次不等式求出集合，根据对数函数的性质求出集合，再根据补集、交集的定义计算可得.【详解】由，即，解得或，所以或，所以，又，所以.故选：C2.在中，为的重心，满足，则（）A. B. C.0 D.【答案】C【解析】【分析】由题意作图，根据重心的几何性质，得到线段的比例关系，利用平面向量的运算，可得答案.【详解】设相交于点，为的重心，可得为中点，，，所以，所以.故选：C.3.第14届国际数学教育大会在上海华东师范大学举行，如图是本次大会的会标，会标中“ICME-14”的下方展示的是八卦中的四卦3、7、4、4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制是，正是会议计划召开的年份，那么八进制数换算成十进制数，则换算后这个数的末位数字是（）A.1 B.3 C.5 D.7【答案】C【解析】【分析】根据题意，由进位制的换算方法代入计算，再由二项式展开式代入计算，即可得到结果.【详解】由进位制的换算方法可知，八进制换算成十进制得：，因为是10的倍数，所以，换算后这个数的末位数字即为的末尾数字，由可得，末尾数字为5.故选：C4.已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象向右平移个单位长度后，所得到的函数的图象关于原点对称，则的值可能为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用图象求出函数的解析式，利用三角函数图象变换可得出函数的解析式，利用函数的对称性可求得的表达式，即可得出结果.【详解】由图可得，函数的最小正周期为，则，因为，可得，因为且函数在附近单调递增，故，所以，，将函数的图象向右平移个单位长度后，可得到函数的图象，则，因为函数的图象关于原点对称，则，解得，当时，，故选：B.5.已知圆与双曲线，若在双曲线上存在一点P，使得过点P所作的圆的两条切线，切点为A，B，且，则双曲线的离心率的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由切线长定理可知，根据得，设点，由根据的范围可得答案.【详解】连接、、，则，，由切线长定理可知，，又因为，所以，，所以，，则，设点，则，且，所以，，所以，，故.故选：B.6.已知函数的图象在点处的切线方程为.若函数至少有两个不同的零点，则实数b的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据导数的几何意义求，再求函数的极大值和极小值，根据零点的个数，列不等式，即可求解.【详解】由题意，得，，，.令，得，.当或时，，在，上单调递增；当时，，上单调递减当时，有极大值；当时，有极小值.若要使至少有两个不同的零点，只需（等号不同时成立），解得.故选：B7.已知A，B，C，D四点都在表面积为的球O的表面上，若球O的直径，且，则三棱锥体积的最大值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，根据正弦定理可求r，根据几何关系可求D到平面ABC的距离为定值，当△ABC面积最大时，三棱锥A－BCD体积最大，利用余弦定理、基本不等式、三角形面积公式可求△ABC面积的最大值，即得.【详解】设球O的半径为R，因为球O的表面积为，故，即，∵，，设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，∴根据正弦定理知，，即，∴，∵AD是直径，O是AD中点，故D到平面ABC的距离为，在△ABC中，根据余弦定理得，，即，∴，当且仅当时，等号成立，∴△ABC面积的最大值为，∴三棱锥A－BCD体积的最大值.故选：D.8.已知函数，则不等式的解集为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】对不等式作等价变形，构造函数并探讨函数的性质，利用性质解不等式作答.【详解】函数，则，因，则不等式成立必有，即，令，求导得，当时，，当时，，因此，函数在上单调递减，在上单调递增，又，当时，，于得，即，令，当时，，函数在上单调递减，，，因此，无解，当时，，于是得，即，此时，函数在上单调递增，，，不等式解集为，所以不等式的解集为.故选：B【点睛】思路点睛：求某些函数不等式解集，将不等式等价转化，利用同构思想，构造新函数，借助函数的单调性分析求解.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.下面四个命题中真命题为（）A.若复数满足，则B.若复数满足，则C.若复数，满足，则D.若复数，则【答案】AD【解析】【分析】A选项，设，，根据得到，从而；BC选项，可举出反例；D选项，由，得到，D正确.【详解】A选项，设，，则，故，则，故A为真命题；B选项，复数满足，但，故命题B为假命题；C选项，若复数，满足，但，故命题C为假命题；D选项，若复数，则，故D真命题.故选：AD10.已知函数与的定义域均为，，，且，为偶函数，则下列选项正确的是（）A.函数的图象关于对称 B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】对于A，利用偶函数的性质，结合赋值法即可得解；对于B，利用赋值法即可得解；对于CD，利用抽象函数的奇偶性、对称性与周期性得到与的周期均为4，进而求得与，从而得解.【详解】对于A，为偶函数，，即有，则的图象关于对称，A正确；对于B，，令，可得，又，，B正确；对于C，，，，①，②，将①②式分别与联立，化简得：，，，，，，即与的周期均为4，，，，，又函数的图象关于对称，，，，C错误；对于D，又，，，，，，，，D正确.故选：ABD.11.已知抛物线过点，则（）A.拋物线的标准方程可能为B.挞物线的标准方程可能为C.过点与抛物线只有一个公共点的直线有一条D.过点与抛物线只有一个公共点的直线有两条【答案】ABD【解析】【分析】根据题意设出抛物线的方程，利用点在抛物线上及直线与抛物线的位置关系即可求解.【详解】对于选项A，当抛物线开口向右时，设抛物线的方程为，将代入抛物线中得，则拋物线的方程为，故A正确；对于选项B，当抛物线开口向下时，设抛物线的方程为，将代入拋物线中得，则抛物线为，故B正确；对于C、D选项，过点与对称轴平行直线，以及抛物线在点处的切线都与抛物线只有一个公共点，故C错误，D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在的二项展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则该二项展开式中的常数项等于_____.【答案】112【解析】【分析】由题意可得，再利用二项展开式的通项公式，求得二项展开式常数项的值．【详解】的二项展开式的中，只有第5项的二项式系数最大，，通项公式为，令，求得，可得二项展开式常数项等于，故答案为112．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．13.已知圆，直线为上的动点，过点作圆的切线，切点为，则的最小值为____________.【答案】【解析】【分析】由分析可知，当时，取得最小值，由点到直线的距离公式结合勾股定理即可得出答案.【详解】将圆化为标准方程为：，所以圆的圆心为，半径为，因为，所以，所以当时，取得最小值，因为圆心到直线的距离，所以的最小值为.故答案为：.14.某同学次上学途中所花的时间（单位：分钟）分别为，，，，.已知这组数据的平均数为，标准差为，则的值为____________.【答案】【解析】【分析】根据平均数和方差的计算方法可列出关于和的方程组，解之即可．【详解】平均数为，即①，方差为，即②，由①②解得，或，，所以当，时，；当，，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、证明过程或者演算步骤.15.为考察某种药物对预防疾病的效果，进行了动物试验，根据40个有放回简单随机样本的数据，得到如下列联表：（1）补全下面的列联表（单位：只）；药物疾病B合计未患病患病未服用7服用819合计（2）依据的独立性检验，分析药物对预防疾病的有效性.参考公式：，其中.参考附表：0.1000.0500.0252.7063.8415.024【答案】（1）列联表见解析（2）药物A对预防疾病B无效【解析】【分析】（1）根据题意和表中的数据填写即可；（2）根据公式计算，然后根据临界值表分析判断即可.【小问1详解】解：列联表如下：药物疾病合计未患病患病未服用14721服用81119合计221840【小问2详解】解：零假设为：药物对疾病无效.根据列联表中的数据，经计算得到根据小概率值的独立性检验，我们没有充分证据推断不成立，所以可以认为成立，即认为药物对预防疾病无效.16.如图，在四棱锥中，平面平面，，四边形为梯形，，，，，，，交于点，点在线段上，且.（1）证明：平面.（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据三角形边角关系可证明相似，即可得,即可求证，（2）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求解即可.【小问1详解】平面平面，且两平面交于，又，平面.在中，，，.且，是等腰直角三角形，，.，，又，为等腰直角三角形，.，，又，所以，平面,平面，平面.【小问2详解】由（1）得平面，且，所以建立如图所示空间直角坐标系.可得，，，即，.设平面的法向量为，则，解得.平面的法向量为.设二面角为，所以，则.17.在平面直角坐标系中，椭圆：的左，右顶点分别为、，点是椭圆的右焦点，，．（1）求椭圆的方程；（2）不过点的直线交椭圆于、两点，记直线、、的斜率分别为、、.若，证明直线过定点，并求出定点的坐标．【答案】（1）；（2）证明见解析，．【解析】【分析】（1）写出的坐标，求出向量坐标，根据向量的关系即可列出方程组，求得和椭圆的标准方程；（2）设直线的方程为，，．联立直线与椭圆方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，求出，根据即可求得和的关系，即可证明直线过定点并求出该定点．【小问1详解】由题意知，，，，∵，，∴，解得，从而，∴椭圆的方程为.【小问2详解】设直线的方程为，，．直线不过点，因此．由，得，时，，，∴，由，可得，即，故的方程为，恒过定点．18.已知函数，.（1）讨论的单调性并求极值.（2）设函数（为的导函数），若函数在内有两个不同的零点，求实数的取值范围.【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增，的极小值为，无极大值；（2）.【解析】【分析】（1）求出，然后可得单调性和极值；（2），然后求出当时的单调性，要使函数在内有两个不同的零点，则有，解出，然后证明即可.【小问1详解】因为在上单调递增，所以当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的极小值为，无极大值.【小问2详解】因为，所以，当时，，所以当或时，在上单调，至多只有一个零点，不满足题意，当时，由可得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以要使函数在内有两个不同的零点，则有，由可得，下面证明当时，令，则，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，所以当时，综上：实数的取值范围为.19.已知函数（，）在一个周期内的图象如图所示，将函数的图象向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象．（1）求的单调递增区间；（2）在中，若，，，求．【答案】（1）（2）或．