数学丨九师联盟2025届高三8月开学联考数学试卷及答案

ii(1十i)i—1111111.C由义(1—i)=i,得义=1—i=(1—i)(1十i)=2=—2十2i,所以义-=—22i,其虚ii(1十i)i—1111112.B因为y=—儿2—4儿—2=—(儿十2)2十2≤2,又y∈N,故B={0,1,2},易验证0,1,2均是儿3—儿—7≤0的解,所以0,1,2∈A,所以A∩B={0,1,2}.故选B.3.DTr十1=C儿9—r(—\)r=(—1)rC儿9—r,令9—r=0,得r=6,所以常数项为T7=(—1)6C=84.故选D.4.B法1:设渐近线与E的一个切点为A,连接AE,则上OAE=(如图所示),不妨设第一象限的渐近线l的倾斜角为θ,则sinθ===,又θ∈(0,,所以tanθ=\,所以l的斜率为\,所以=\,设C的半焦距为c,则C的离心率=2.故选B.法2:由题意知C的渐近线方程为by士a儿=0,E的圆心为(4,0),半径为2,则0士4a=2,两边平方并化简得4a2=a2 2,设C的半焦距为c,则离心率e==\a2b2=\=2.故选B.85.Aa与b的夹角是钝角⇋a.b<0且a与b不能方向相反.由a.b<0,得—8十3λ<0,所以λ<3.若a与b共线,有2λ—(—12)=0,所以λ=—6,此时a与b方向相反,所以a与b的夹角是钝角的充要条件为λ<且λ≠—6.故p是q的充分不必要条件.故选A.86.D因为sinA—sin(B—C)=sin2B,所以sin(B十C)—sin(B—C)=sin2B,所以2cosBsinC=2sinBcosB,又△ABC为锐角三角形,所以cosB≠0,所以sinC=sinB,所以b=c,又A=,所以△ABC为等边三角形,所以△ABC的面积为×2×2sin=\.故选D.7.A设圆锥的底面半径为r,则圆锥的高为3—r(0<r<3),则圆锥的体积为v(r)=πr2(3—r)=πr2—r3,所以v’(r)=2πr—πr2=πr(2—r),易得v(r)在(0,2)上单调递增,在(2,3)上单调递减,所以当r=2时,v(r)取得最大值,此时圆锥的高为1,母线l=\22十12=\,故圆锥的侧面积S=πrl=π×2×\=2\π.故选A.8.C关于儿的方程f(儿)=g(儿)有2个不相等的实数解,即y=f(儿)与y=k儿—1的图象有2个交点.当k=0,直线y=—1与y=的图象交于点(—2,—1),又当儿≥0时,e儿—1≥0,故直线y=—1与y=e儿—1(儿≥0)的图象无公共点,故当k=0时,y=f(儿)与y=k儿—1的图象只有一个交点,不合题意;当k>0,直线y=k儿—1与曲线y=e儿—1(儿≥0)相切时,此时y=f(儿)与y=k儿—1的图象有2个交点,设切点P(儿0,e儿0—1),则k=y’=e儿0,又y=k儿—1【高三开学考.数学参考答案第1页(共6页)】(0,—1),所以=ex0,解得x0=1,所以k=e;当k<0时,若=kx—1,则kx2—x—2=0,由△=1十8k=0,得k=—,所以当k=—时,直线y=kx—1与y=的图象相切,由图得当—<k<0时,直线y=kx—1与y=f(x)的图象有2个交点.综上所述,实数k的取值范围是(—,0)U{e}.故选C.9.BC因为a<b<c,ac<0,所以a<0,c>0,b的符号不确定,当b=0时,ab2<b2c不成立,故A错误;由a<0,c>0,得>,<0,<0,所以十—十(—≤—2\=—2,当且仅当c=—a时取等号,故B,C均正确;由a<b<c,得c—b>0,b—a>0,故c—a=(c—b)十(b—a)≥2\,当且仅当c—b=b—a,即2b=a十c时等号成立,故D错误.故选BC.10.ABD令2x—=k1π(k1∈z),得x=十π(k1∈z),所以f(x)图象的对称中心为十,0)(k1∈z);令2x十=十k2π(k2∈z),得x=十π(k2∈z),所以g(x)图象的对称中心为十,0)(k2∈z),所以f(x)与g(x)的图象有相同的对称中心,故A正确;g(x)=cos(2x十=cos(2x—十=—sin(2x—=—f(x),所以f(x)与g(x)的图象关于x轴对称,故B正确;g(x)≠f(—x),故C不正确;由f(x)≥g(x),得f(x)≥0,即sin(2x—≥0,所以2kπ≤2x—≤2kπ十π,k∈z,解得十kπ≤x≤十kπ(k∈z),故D正确.故选ABD.11.ABC连接AC,AD1,则AC=AD1=2\2,作QF丄AC,交AC于点F,易证QFⅡAA1,由=2,得=,= ,所以QF=,AF=4\32,所以AQ=\AF2十QF2=2,同理D1Q=2,所以AQ2十D1Q2=AD,所以D1Q丄AQ,故A正确;由PE=\7=\AP2十AE2,PA=AA1=1,所以AE=4\33,点E的轨迹是以A为圆心,4\33为半径的圆在正方形ABCD内的部分,4\33>2,设该圆交棱CD于S点,交棱CB于R点,则cos上DAS=cos上BAR=\,又上DAS,上BAR为锐角,所以上DAS=上BAR=,所以上RAS=,故所求轨迹长度为×4\33=2\π,故B正确;如图,以A为坐标原点,DA,AB,AA1所在的直线分别为x轴,y轴,义轴建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,1),设E(x,y,0),—=(x,y,—1),易得平面BC1B1的一个法向量为n=(0,1,0),因为直线PE与平面BC1B1所成 y\x2十y2十(—1) y\x2十y2十(—1)2×1【高三开学考.数学参考答案第2页(共6页)】D错误.故选ABC.12.2011十12十14十18=55,设a=10十5t,易求该样本平均数儿-=13十t,所以该样本的标准差S= \[(—2—t)2十(—1—t)2十(1—t)2十(4t—3)2十(5—t)2]=2\,解得t=2,或t=—(舍),所以a=20.13.由题意知P(MN)=,P(N)=,所以P(MN)===.14.由题意知l:y=—1,设P(儿0,—1),M(儿1,y1),N(儿2,y2),由儿2=4y,得y=儿2,所以y’=儿,故KPM=1,所2y2十2=0,所以直线MN的方程为儿0儿—2y十2=0,所以直线MN过点,由—2y=0,消去y并化简得儿4=0,所以儿1十儿2=2儿0,儿1儿2=—4,所以y1十y2=儿十2,所以D(儿0,十1).直线PD的方程为儿=儿0,所以yG=,即G(儿0,),因为十1十(—1)=2×,所以点G为PD的中点,KST=y’儿=儿0=0=KMN,所以STS△PMN4.ⅡMN,且ST为△PMN的中位线,所以SS△PMN4.15.解:(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,故所求概率为C××3十3=………………………4分(2)由题意得X的取值为2,3,4,则P(X=2)=×=,P(X=3)=C×××十3=,…………8分P(X=4)=C××2=……………………10分故所求分布列为:X234P 9254412536125……………………………11分所以E(X)=2×9十3×44十4×36=366…………………16.解:(1)由题意得f(儿)的定义域为(0,十∞),f’(儿)=十2a儿十2(儿>0),因为f(儿)在儿=1处取得极值,所以f’(1)=1十2a十1=0,解得a=—1,……………2分=—2儿3儿十1=(1儿)(2十2儿十1),…………………4分儿十1>0恒成立,当儿∈(0,1)时,f’(儿)>0,当儿∈(1,十∞)时,f’(儿)<0,【高三开学考.数学参考答案第3页(共6页)】所以f(儿)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,十∞),并且f(儿)在儿=1处取得极大值.………………6分,则b≥g(儿)max,…………7分2—<0,所以h(儿)在(0,十∞)上单调递减,……………………8分又h(4)=—ln4>0,h(5)=—ln5<0,所以存在唯一的儿0∈(4,5),使得h(儿0)=0,即1十0—ln儿0=0,所以1十0=ln儿0.……………10分)时,h(儿)>0,g’(儿)>0,当儿∈(儿0,十∞)时,h(儿)<0,g’(儿)<0,所以g(儿)在(0,儿0)上单调递增,在(儿0,十∞)上单调递减,…………12分2—=十05),所以<0<,又y=儿2十儿在,)上单调递增,故g(儿0)∈,,……………………14分又b∈z,所以整数b的最小值为1.……………………15分17.(1)证明:因为PD=AD=4,PA=4\,所以PD2十AD2=PA2,所以PD丄AD,………………1分同理PD丄CD,又AD∩CD=D,AD,CDG平面ABCD,所以PD丄平面ABCD,…………………2分因为ACG平面ABCD,所以PD丄AC,………………3分连接BD,因为AD=CD,AB=BC,DB=DB,所以△ADB丝△CDB,所以上ADB=上CDB.又AD=CD,由等腰三角形三线合一,得BD丄AC.……………………4分因为BD∩PD=D,BD,PDG平面PBD,所以AC丄平面PBD,又PBG平面PBD,所以AC丄PB.………………………6分(2)解:因为AD=CD=4,AC=4\,所以AD2十CD2=AC2,所以AD丄CD,又PD丄AD,PD丄CD,故AD,CD,PD两两垂直,故以D为坐标原点,DA,DC,DP所在的直线分别为儿轴,y轴,义轴建立空间直角坐标系,则A(4,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),由(1)知DB平分上ADC,设B(a,a,0),所以C—=(a,a—4,0).……………,分→→—4y1=0,令儿1=1,得y1=1,义1=1,所以m=(1,1,1),…………10分→→(a儿2十(a—4)y2=0,令y2=a,得儿2=4—a,义2=a,所以n=(4—a,a,a),…………………11分mn\3\(4—a)2十a2十a257,设平面APC与平面BPC夹角的大小为mn\3\(4—a)2十a2十a257,两边平方并化简得4a2—17a十15=0,解得a=3或a=.…………12分【高三开学考●数学参考答案第4页(共6页)】因为AD=CD=4,AD丄CD,所以点D到AC的距离为ADsin=2\,因为四边形ABCD为凸四边形,所以BD>2\,所以a=不合题意,所以a=3,所以BD=3\,……………13分所以S四边形ABCD=AC.BD=×4\×3\=12,所以V四棱锥PABCD=S四边形ABCD.DP=×12×4=16.……………15分18.(1)解:设P(儿0,y0)是椭圆C上一点,则十=1,所以y=3—儿,所以iPA=\(m—儿0)2十y=\i儿—2m儿0十m2十3=\i(儿0—4m)2—3m2十3(—2≤儿0≤2),因为4m>0,所以当儿0=—2时,PAmax=\m2十4m十4=6,m2十4m—32=0,解得m=4或m=—8(舍去),………………………3分 所以PA=\(儿0—16)2—45,所以当儿0=2时,PAmin=2.…………………4分(2)①证明:由题意可知直线l的斜率存在且不为0,设直线l的方程为y=k(儿—4)(k≠0),M(儿1,y1),N(儿2,y2),T(儿2,—y2),联立直线l和C的方程,得y2=1消去y并化简,得(3十4k2)儿2—32k2儿十64k2—12=0,…………5分所以△=(—32k2)2—4(3十4k2)(64k2—12)=144(1—4k2)>0,解得—<k<,且k≠0.………………6分又点M在点N的右侧,则—2<儿2<儿1<2,且儿1十儿2=32,儿1儿2=622,…………………7分—y2,12)y2],………………8分22===1所以y=十(儿1),所以直线MT过定点(1,0).…………………10分 可得S=—\124k2,由—1<2k<1,且k≠0,得S的取值范围为{S|S≠0}.……………11分y2=1消去儿并化简得(3S2十4)y2十6Sy—9=0,【高三开学考.数学参考答案第5页(共6页)】则△1=(6s)2—4.(3s2十4).(—9)=144(s2十1)>0,2十4,3s2十4,y1—y2=——y1y2=—………………2十4,3s2十4, MT=\s2十1y1十y2=\s2十1\(3s24)2十3s4=12),原点O到直线MT的距离为d=1,\s2十1所以S△MOT=MT.d=.12).\s21十1=6s2s1=3\s2十1\s21十1,………15分 令\s2十1=t,由s的取值范围为{s|s≠0},得t的取值范围为(1,十∞).又函数y=3t十在(1,十∞)上单调递增,所以3t十>4,y=3t十的值域为(4,十∞).所以S△MOT=3t1的取值范围是(0,,t所以△MOT面积的取值范围为(0,.………………17分19.(1)证明:若0<儿<1,显然f(儿)=儿(1—儿