河北省邯郸市魏县2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题（解析版）

数学本试卷4页.总分150分.考试时间120分钟.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涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8个小题，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.设集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】解二次不等式求得，进而求得.【详解】由解得，因为，，所以.故选：B2.已知复数，复数满足，则（）A.B.复数在复平面内所对应的点的坐标是C.D.复数在复平面内所对应的点为，则【答案】C【解析】【分析】根据共轭复数的概念求，结合复数的乘法公式求，根据复数的模的公式求，判断A，根据复数的几何意义求复数在复平面内所对应的点的坐标，判断B，根据复数的模的几何意义确定复数所对应的点的轨迹，由此判断C，结合复数的模的公式，由条件求点的轨迹方程，判断D.【详解】因为，所以，所以，又，A错误；对应的点的坐标为，B错误；由知对应的点在以对应点为圆心，2为半径的圆上，又，因此，C正确；对应的点的坐标为，因此，D错误，故选：C．3.已知向量满足，则（）A.5 B. C. D.20【答案】C【解析】【分析】由，求得，再由即可求解.【详解】因为，所以，所以，所以，所以.故选：C4.若，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由知，由两角和的正弦公式展开并整理得到，再利用得到，由基本不等式得.【详解】若，则，所以，所以，即，，若使得取得最大值，不妨设，则，当且仅当，即时取等号.故选：D.【点睛】方法点睛：三角函数中的凑角技巧；；.5.用一个边长为4的正方形纸片，做一个如图所示的几何体，图中两个圆锥等底、等高，则该几何体体积的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】通过圆锥侧面展开图的两种情况①侧面展开图最大为半径为2的半圆，②侧面展开图最大为半径为的四分之一圆，计算比较即可.【详解】根据题意有两种方式可以得到这样的几何体，方式一：如图①，可以得到圆锥的侧面展开图最大为半径为2的半圆，因此一个圆锥的底面半径为1，母线长为2，高为，所以两个圆锥体积的最大值为．方式二：如图②，可以得到圆锥的侧面展开图最大为半径为的四分之一圆，因此一个圆锥的底面半径为，母线长为，高为，所以两个圆锥体积的最大值为．，故选：A．6.若，则的大小关系为（）A B. C. D.【答案】D【解析】【分析】结合结论若，则，证明，由此可得，再证明，由此可得结论.【详解】若，则，且，所以，所以，因为，，所以，所以，故选：D．7.已知为角终边上一点，关于的函数有对称轴，则（）A. B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】先根据任意角正切定义得出再根据两角和的余弦公式化简，最后结合二倍角的正切公式计算即可.【详解】因为为角终边上一点，所以而，且当时，，所以，故选:D．8.如图，从1开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或向上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到11：1→2→3→5→7→8→9→10→11就是一条移动路线．从1移动到数字的不同路线条数记为，从1移动到11的事件中，跳过数字的概率记为，则下列结论正确的是（）①，②，③，④．A.①②③ B.①②④ C.②③④ D.①②③④【答案】A【解析】【分析】根据题意分析，不难得到，按照规律写出各项，即可判断①，②正确；对于③，结合树状图，考虑对立事件所包含的样本点数，利用古典概型概率公式计算即得，同法求出即可判断.【详解】由题意可知，则，，则①正确；显然，故②正确；因为，经过数字5的路线共有条.理由:如上树状图所示，分别计算1-5的路线共有5条，5-11的路线共有13条，利用分步乘法计数原理可得，过数字5的路线共有条.则，故③正确；同理可得即有，故④错误.故选:A．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.下列说法正确的有（）A.若一组数据的方差为0.2，则的方差为1B.68，60，62，78，70，84，74，46，73，82这组数据的第80百分位数是80C.样本相关系数可以用来判断成对样本数据正相关还是负相关D.若变量，则【答案】BCD【解析】【分析】根据方差性质计算方差判断A,应用百分位数定义计算判断B,根据相关系数判断C,应用正态分布对称性计算概率判断D.【详解】对于A，的方差为，故A错误；对于B，这组数据从小到大排列：46，60，62，68，70，73，74，78，82，84，又，第8位数字是78，第9位数字是82，故这组数据的第80百分位数是，故B正确；对于C，样本相关系数的符号反映了相关关系的正负性，当时，成对样本数据正相关，当时，成对样本数据负相关，故C正确；对于D，因为，所以，故D正确，故选:BCD．10.已知函数在处的切线方程为，则下列说法正确的有（）A.B.在区间上的最大值和最小值之和为C.为的极小值点D.方程有两个不同的根（e为自然对数的底）【答案】BC【解析】【分析】对于A：根据导数的几何意义列式求解即可；对于BC：求导，利用导数求极值点和最值，进而分析判断；对于D：整理可得，构建函数，结合函数单调性分析函数零点，即可判断.【详解】对于选项A：由题意可知：函数的定义域为0,+∞，且，则，解得，所以，故A错误；对于选项C：因为，，令f'x<0，解得；令f'可知在区间上单调递减，在区间上单调递增，则为的极小值点，故C正确；对于选项B：若，则在区间上单调递减，在区间上单调递增，可知的最小值，且，即的最大值，所以在区间上的最大值和最小值之和为，故B正确；对于选项D：令，整理可得，令，因为函数与在区间0,+∞内单调递增，则在区间0,+∞内单调递增，且，所以有且仅有一个零点，即方程有一个解，故D错误.故选：BC．11.双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布，伯努利用来描述他所发现的曲线．在平面直角坐标系中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线．已知点是双纽线上任意一点，当双纽线过点时，下列说法中正确的有（）A. B.C.的最大值为 D.当时，与曲线只有一个交点【答案】ACD【解析】【分析】对A,根据定义列式再将点代入得出参数，对B,根据的面积范围证明即可,对C,根据向量关系平方后结合余弦定理计算即可求解；对D,化简得出函数与直线联立结合判别式判断即可.【详解】根据双纽线的定义可得，，则，将点代入方程可得，因此A正确；根据三角形的等面积法可知，，即，即，因此B错误；因为，所以，由余弦定理可得，，则，所以的最大值为，因此C正确；由化简可得与曲线一定有公共点，则，当实数时，，该方程无解，则与曲线只有一个公共点，D正确．故选;ACD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知双曲线的两条渐近线分别为直线，，经过右焦点且垂直于的直线分别交，于，两点，且，则该双曲线的离心率为_______．【答案】【解析】【分析】由题意得，，，，，解方程即可求解.【详解】由题意得，，，由题得，∴，整理得，即，∴，，即．故答案为：【点睛】本题主要考查了双曲线离心率的求法，考查了直线与双曲线的简单几何性质，属于中档题.13.已知，则的最小值为______．【答案】【解析】【分析】根据用1的活用，结合常值代换应用基本不等式计算即可.【详解】，当且仅当，即，即当时等号成立.故答案为：14.若直线与曲线和都相切，则直线的方程为______．【答案】或【解析】【分析】设直线与曲线相切于，求导确定斜率，求得切线方程，再结合此直线与圆也相切，即可求解.【详解】设直线与曲线相切于，当时，，则由可知，曲线在点处的切线方程为，即，该方程即为直线的方程，因为直线与圆相切，所以，解得或（舍去），所以直线的方程为，当时，，同理可求得直线的方程为，故直线的方程为或．故答案为：或四、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.在中，内角所对的边分别为，且．（1）求；（2）如图，射线绕点旋转后交线段于点，且，求的面积的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化边为角，运用三角形内角关系与和角公式化简即可求得；（2）利用等面积推理得到，由基本不等式求出的最小值，代入三角形面积公式即可求出最小值.【小问1详解】由，及正弦定理得，因，代入可得，，因为，所以，又，所以．【小问2详解】由（1）得，因为，所以．由，可得．又，可得，即．由基本不等式可得，当且仅当，即时，等号成立，由，可得，所以，所以的面积的最小值为．16.已知是上的动点，点，线段的中垂线交直线于点．（1）求点的轨迹的方程；（2）已知直线的方程为，过点的直线（不与轴重合）与曲线相交于两点，过点作，垂足为．证明：直线过定点，并求出定点的坐标．【答案】（1）（2）证明见解析，定点【解析】【分析】（1）根据，可得动点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆，即可求解，（2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，进而可得，由点斜式求解直线方程，即可令，代入化简求解.【小问1详解】的圆心，半径，如图，由中垂线的性质得，所以，所以动点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆，设该椭圆的方程为，则，所以，所以点的轨迹方程为．【小问2详解】设直线的方程为，联立得①，如图，设，显然，所以，且．因为，所以直线的方程为，令，得②，将代入②，得，故直线过定点，即定点．17.如图，在平行四边形中，，四边形为矩形，平面平面，点在线段上运动．（1）当时，试确定点的位置并证明；（2）在（1）的条件下，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）为线段的中点，证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用余弦定理、面面垂直的性质证得直线两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用垂直关系的向量表示求解即得.（2）求出平面的法向量，再用面面角的向量求列式计算即得.【小问1详解】在中，，由余弦定理得，则，有，又平面平面，平面平面，平面，则平面，直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，设，则，由，得，解得，即，所以当时，点为线段的中点．【小问2详解】由（1）可得，设平面的法向量为，则，取，得，平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为．18.已知函数.（1）若，求的值；（2）证明：当时，成立.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）解法一：根据，可得是的极小值点求出，再利用导数检验即可；解法二：求出，分、讨论，利用导数判断单调性可得答案；（2）当时，设，利用导数判断出单调性可得答案.【小问1详解】解法一：由，得，又，所以是的极小值点，故，而，故，若，则，当；当，所以在单调递减，在单调递增，故是唯一的极小值点，也是最小值点，由，所以当且仅当时，解法二：由，得，又，当时，有恒成立，所以在上单调递减，又，则不成立，当时，令，得，则时，有时，有，即在单调递减，在单调递增，所以最小值为，，函数在单调递减，单调递增，，当且仅当取等号，故；【小问2详解】当时，，设，当时，，又由（1）知，故，当时，，设，则，则在单调递增，，所以，则在单调递增，，综上，，即当时，.【点睛】思路点睛：在证明不等式时构造函数，利用导数判断出单调性结合最值的正负是常用的方法.19.在高中数学教材苏教版选择性必修2上阐述了这样一个问题：假设某种细胞分裂（每次分裂都是一个细胞分裂成两个）和死亡的概率相同，如果一个种群从这样的一个细胞开始变化，那么这个种群最终灭绝的概率是多少？在解决这个问题时，我们可以设一个种群由一个细胞开始，最终灭绝的概率为，则从一个细胞开始，它有的概率分裂成两个细胞，在这两个细胞中，每个细胞灭绝的概率都是，两个细胞最终都走向灭绝的概率就是，于是我们得到：，计算可得；我们也可以设一个种群由一个细胞开始，最终繁衍下去的概率为，那么从一个细胞开始，它有的概率分裂成两个细胞，在这两个细胞中，每个细胞繁衍下去的概率都是，两个细胞最终都走向灭绝的概率就是，于是我们得到：，计算可得．根据以上材料，思考下述问题：一个人站在平面直角坐标系的点处，他每步走动都会有的概率向左移动1个单位，有的概率向右移动一个单位，原点处有一个陷阱，若掉入陷阱就会停止走动，以代表当这个人由开始，最终掉入陷阱的概率．（1）若这个人开始时位于点处，且．（ⅰ）求他在5步内（包括5步）掉入陷阱的概率；（ⅱ）求他最终掉入陷阱的概率；（ⅲ）已知，若，求；（2）已知是关于的连续函数．