福建省漳州市华安县第一中学2025届高三上学期开学模拟考试数学试题（解析版）

2024-2025学年度开学模拟考试高三数学试卷一、单选题1.设集合，，若，则a的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先解一元二次不等式再根据集合间的关系求参．【详解】，；由可以推出，所以，a的取值范围是．故选：A.2.若复数的实部与虚部相等，则实数m的值为（）A. B. C.1 D.3【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算，求得的实部和虚部，解方程即可求得答案.【详解】由题意可得，故，解得，故选：D3.已知，且，则（）A.0.2 B.0.3 C.0.7 D.0.8【答案】B【解析】【分析】由正态曲线的对称性可求出，即可求出.【详解】根据正态曲线的对称性，由，得，再由总体密度曲线，数形结合知：.故选：B．4.若，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据指数函数，对数函数，幂函数的单调性比较大小．【详解】由，则，又，且，所以．故选：A．5.椭圆的短轴长是2，长轴是短轴的2倍，那么椭圆的右焦点到直线的距离是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据短轴长及长轴长,结合椭圆中可求得.即可求得椭圆的右焦点到直线的距离.【详解】椭圆的短轴长是2,长轴是短轴的2倍则,解得因为,可得所以右焦点坐标为,直线方程为所以右焦点到直线的距离为故选:D【点睛】本题考查了椭圆的定义域几何性质的简单应用,属于基础题.6.已知函数在处取得最值，且在上恰有两个极值点，则（）A.4 B.10 C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意求出与的关系式，根据的范围求出的范围，当时同理即可求解.【详解】由题意可知，，，解得，，当时，由x∈0,π由题意，得，解得，所以不存在，当时，由x∈0,得，由题意，得，解得，所以.故选：C.7.已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0，若一过焦点F的斜率的直线与双曲线交于A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设直线方程为，联立双曲线方程得，由韦达定理得，再根据条件得，联立方程即可得出结果.【详解】假设F为右焦点，根据题意，设直线方程为，，由，消得到，易知，由韦达定理得，又因为，所以，得到，将代入，得到，将代入，得到，又，所以，得到，故选：A.8.，为函数的两个零点，其中，则下列说法错误的是（）A. B.C.的最小值为4 D.的最小值为4【答案】C【解析】【分析】由零点的定义可知，直线与函数的图象有两个公共点，其横坐标为，，结合的性质可得，再借助对勾函数的性质和基本不等式逐项判断即可得出答案.【详解】函数的定义域为0,+∞，且，由，得，因此直线与函数的图象有两个公共点，其横坐标为，，比1大还是小对的图象没有影响，可令，而当时，递减，当时，递增，于是，对于A，由，得，即，A正确；对于B，，而函数在1,+∞上单调递增，因此，B正确；对于C，，函数在1,+∞上单调递增，因此，C错误；对于D，，当且仅当时取等号，D正确.故选：C．【点睛】关键点睛：本题的关键点在于将题意转化为直线与函数的图象有两个公共点，其横坐标为，，结合的性质可得，再借助对勾函数的性质和基本不等式逐项判断即可得出答案.二、多选题9.设是首项为，公差为的等差数列；是首项为，公比为的等比数列．已知数列的前项和，，则（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】根据分组求和，利用等差数列、等比数列求和公式用、、、表示出，再结合，由系数对应相等分别求出、、、，选出答案.【详解】当时，，不合题意；当时，，，，，，，，所以，故选：BC．10.已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，外接圆半径为R．若，且，则（）A. B.面积的最大值为C. D.边上的高的最大值为【答案】AD【解析】【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角求出，再结合三角形面积公式、余弦定理逐项计算判断得解.【详解】在中，由及正弦定理，得，而，则，由余弦定理得，而，解得，对于A，，A正确；对于B，显然，当且仅当时取等号，，B错误；对于C，，C错误；对于D，令边上的高为，则，解得，D正确.故选：AD11.如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，若一点P在底面内（包括边界）移动，且满足，则（）A.与平面的夹角的正弦值为 B.点到的距离为C.线段的长度的最大值为 D.与的数量积的范围是【答案】ABD【解析】【分析】建系，标点，设，根据向量垂直可得.对于A：利用空间向量求线面夹角；对于B：利用空间向量求点到线的距离；对于C：根据空间向量的模长公式分析求解；对于D：根据空间向量的数量积分析求解.【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，则，设，可得，，若，则，可得，则，解得，即.对于选项A：可知平面的法向量，则，所以与平面的夹角的正弦值为，故A正确；对于选项B：因为，所以点到的距离为，故B正确；对于选项C：因为，则，且，可得当且仅当时，取到最大值，所以线段的长度的最大值为3，故C错误；对于选项D：因为，，则，且，可知当时，取到最小值；当时，取到最大值；所以与的数量积的范围是，故D正确；故选：ABD.第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题12.的展开式中项的系数是________.【答案】112【解析】【分析】由二项式展开式的通项公式得，令确定的值，然后计算项的系数即可.【详解】展开式的通项公式，令可得，，则项的系数为.故答案为：112.13.已知，若，则的最小值为____________.【答案】【解析】【分析】根据题意，化简得到，设，求得，结合基本不等式，即可求解.【详解】由，且，可得，则，设，可得且，可得，当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值为.故答案为：.14.已知正方形PQRS的边长为，两个不同的点A，B都在直线QS的同侧（但A，B与P在直线QS的异侧），A，B关于直线PR对称，若，则面积的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】建立平面直角坐标系，由求出点的轨迹，由轨迹特征求点的直线的距离的取值范围，可求面积的取值范围.【详解】以PR为x轴，QS为y轴建系，则，，设，，且，，所以，，因为，所以，即A位于双曲线的右支上，渐近线方程为或，设点A到直线PS的距离为h，又直线与直线PS的距离为，点到直线PS的距离为，则，又，所以面积的取值范围是．故答案为：四、解答题15.如图，已知四棱锥中，平面，，．（1）求证：平面平面；（2）若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设中点为，连接，先证得，，由线面垂直的判定定理可证得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明.（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，分别求出平面与平面的法向量，代入二面角公式即可得出答案.【小问1详解】证明：设中点为，连接，如图，因为，且，故四边形为正方形，而，，，所以，所以，因为平面，平面，所以，又平面，，所以平面，因为平面，所以平面平面．【小问2详解】解：以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示空间直角坐标系，设，则，，，，所以，，设平面的法向量为n=x,y,z令，所以，由（1）知，平面的法向量为，设平面与平面所成角为，则，，解得或（舍去），所以．16.已知是函数的极小值点．（1）求的单调性；（2）讨论在区间的最大值．【答案】（1）在单调递减，在区间单调递增，在单调递减．（2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据极值点求出，再求导，根据导数正负得出单调性即可；（2）根据（1）的结论，用m对区间进行分类讨论，再根据再结合单调性得到最值.【小问1详解】的定义域为R，．当时，，不是的极值点．当时，令，得，．在小于0，在区间大于0，在小于0，故在单调递减，在区间单调递增，在单调递减，此时是的极小值点，符合题意．综上，在单调递减，在区间单调递增，在单调递减．【小问2详解】由（1）可知：在单调递减，在区间单调递增，在单调递减．分类讨论.当,即时，在区间单调递减，故最大值为；当时，在单调递减，在单调递增，故最大值为；当时，在区间单调递增，故最大值为；当时，在单调递增，在单调递减，故最大值为；当时，在区间单调递减，故最大值为．17.抛物线图象经过点，焦点为，过点且倾斜角为的直线与抛物线交于点，，如图．（1）求抛物线的标准方程；（2）当时，求弦AB的长；（3）已知点，直线，分别与抛物线交于点，．证明：直线过定点．【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由曲线图象经过点，可得，则得抛物线的标准方程；（2）写出的方程,和抛物线方程联立，消元后，由韦达定理可得，则；（3）设直线的方程为，，，，，和抛物线方程联立，消元后，由韦达定理可得，．直线的方程为，和抛物线方程联立，消元后，由韦达定理可得，同理可得，由，可得，则直线的方程为，由对称性知，定点在轴上，令，可得，则的直线过定点．【小问1详解】曲线图象经过点，所以，所以，所以抛物线的标准方程为．【小问2详解】由（1）知，当时，,所以的方程为，联立，得，则，由，所以弦．【小问3详解】由（1）知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，，，，，联立得，，因此，．设直线的方程为，联立得，则，因此，，得，同理可得，所以．因此直线的方程为，由对称性知，定点在轴上，令得，，所以，直线过定点．【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：(1)“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；(3)求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.18.口袋中共有7个质地和大小均相同的小球，其中4个是黑球，现采用不放回抽取方式每次从口袋中随机抽取一个小球，直到将4个黑球全部取出时停止.（1）记总抽取次数为X，求E（X）；（2）现对方案进行调整：将这7个球分装在甲乙两个口袋中，甲袋装3个小球，其中2个是黑球；乙袋装4个小球，其中2个是黑球.采用不放回抽取方式先从甲袋每次随机抽取一个小球，当甲袋的2个黑球被全部取出后再用同样方式在乙袋中进行抽取，直到将乙袋的2个黑球也全部取出后停止.记这种方案的总抽取次数为Y，求E（Y）并从实际意义解释E（Y）与（1）中的E（X）的大小关系.【答案】（1）（2）6，答案见解析【解析】【分析】（1）确定X可能取值为4，5，6，7，分别求出概率后，由期望公式计算出期望；（2）Y可能取值为4，5，6，7，设甲袋和乙袋抽取次数分别为和，利用独立事件概率公式求得概率，再由期望公式计算出期望，根据白球对取到黑球的影响说明期望的大小关系．【小问1详解】X可能取值为4，5，6，7，，；【小问2详解】Y可能取值为4，5，6，7，设甲袋和乙袋抽取次数分别为和，，，，，.在将球分装时，甲袋中的黑球取完后直接取乙袋，若此时甲袋中还有其它球，则该球的干扰作用已经消失，所以同样是要取出4个黑球，调整后的方案总抽取次数的期望更低.19.设任意一个无穷数列的前项之积为，若，，则称是数列．（1）若是首项为，公差为的等差数列，请判断是否为数列？并说明理由；（2）证明：若的通项公式为，则不是数列；（3）设是无穷等比数列，其首项，公比为，若是数列，求的值．【答案】（1）是T数列，理由见解析（2）证明见解析（3）或．【解析】【分析】（1）由题知，再根据T数列的定义，即可作出判断；（2）先假设是数列，从而有，再进行验证，即可证明结果；（3）根据题设得到，取对数后可得，分类讨论后可求.小问1详解】是T数列，理由：由题知，即，所以，，当时，，所以是T数列．【小问2详解】假设是数列，则对任意正整数，总是中的某一项，，所以对任意正整数，存在正整数满足：，显然时，存在，满足，取，得，所以，可以验证：当，2，3，4时，都不成立，故不是T数列.【小问3详解】已知是等比数列，其首项，公比，所以，所以，由题意知对任意正整数n，总存在正整数m，使得，即对任意正整数n，总存在正整数m，使得，即对任意正整数n，总存在正整数m，使