北京師范大學(xué)第二附屬中學(xué)2025屆高三上學(xué)期開學(xué)考試數(shù)學(xué)試題（Word原卷版+解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

1. 已知集合，，則（）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合A，B，由此能求出.
【詳解】因?yàn)榧?，，所?br>.
故選：B.
2. 復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在復(fù)平面內(nèi)的（）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D(zhuǎn). 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】利用復(fù)數(shù)的乘法化簡(jiǎn)復(fù)數(shù)，利用復(fù)數(shù)的幾何意義可得出結(jié)論.
【詳解】因?yàn)?，因此，?fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在復(fù)平面內(nèi)的第二象限.
故選：B.
3. 已知，則函數(shù)在處的切線方程是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求導(dǎo)，即得斜率，然后表示出直線方程即可.
【詳解】因?yàn)椋?br>所以，
所以，又，
所以函數(shù)在處的切線方程為，
即.
故選：C
4. 若且，則下列不等式中一定成立的是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)作差法判斷C；結(jié)合不等式的基本性質(zhì)舉例說明即可判斷ABD.
【詳解】A：當(dāng)時(shí)，，故A錯(cuò)誤；
B：當(dāng)時(shí)，滿足，，不成立，故B錯(cuò)誤；
C：，
因?yàn)?，所以，得，即，故C正確；
D：當(dāng)時(shí)，滿足，，不成立，故D錯(cuò)誤.
故選：C
5. 的展開式中的系數(shù)為
A. 10B. 20C. 40D. 80
【答案】C
【解析】
【詳解】分析：寫出，然后可得結(jié)果
詳解：由題可得
令,則
所以
故選C.
點(diǎn)睛：本題主要考查二項(xiàng)式定理，屬于基礎(chǔ)題．
6. 已知是等比數(shù)列，為其前項(xiàng)和，那么“”是“數(shù)列為遞增數(shù)列”的（）
A. 充分而不必要條件B. 必要而不充分條件C. 充分必要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】B
【解析】
【分析】
分別從充分性和必要性入手進(jìn)行分析即可得解.
【詳解】設(shè)等比數(shù)列的公比為，
充分性：當(dāng)，時(shí)，，無法判斷其正負(fù)，顯然數(shù)列為不一定是遞增數(shù)列，充分性不成立；
必要性：當(dāng)數(shù)列為遞增數(shù)列時(shí)，，可得，必要性成立.
故“”是“數(shù)列為遞增數(shù)列”的必要而不充分條件.
故選：B.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：證明或判斷充分性和必要性的常用方法：①定義法，②等價(jià)法，③集合包含關(guān)系法.
7. 小王同學(xué)進(jìn)行投籃練習(xí)，若他第1球投進(jìn)，則第2球投進(jìn)的概率為；若他第1球投不進(jìn)，則第2球投進(jìn)的概率為.若他第1球投進(jìn)概率為，他第2球投進(jìn)的概率為（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】把第2球投進(jìn)的事件分拆成兩個(gè)互斥事件的和，分別算出這兩個(gè)互斥事件的概率即可得解.
【詳解】第2球投進(jìn)的事件M是第一球投進(jìn)，第2球投進(jìn)的事件M1與第一球沒投進(jìn)，第2球投進(jìn)的事件M2的和，M1與M2互斥，
，，則，
所以第2球投進(jìn)的概率為.
故選：A
8. 若函數(shù)在上單調(diào)遞增，則的最大值為（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由函數(shù)直接可得單調(diào)遞增區(qū)間，進(jìn)而可得參數(shù)取值范圍.
【詳解】由，可得當(dāng)時(shí)函數(shù)單調(diào)遞增，
即，
當(dāng)時(shí)，，
又函數(shù)在，
所以，
即的最大值為，
故選：C.
9. 已知圓：，直線：，則當(dāng)?shù)闹蛋l(fā)生變化時(shí)，直線被圓所截的弦長(zhǎng)的最小值為，則的取值為（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由直線過定點(diǎn)，結(jié)合圓的對(duì)稱性以及勾股定理得出的取值.
【詳解】直線：恒過點(diǎn)，由于直線被圓所截的弦長(zhǎng)的最小值為，即當(dāng)直線與直線垂直時(shí)（為原點(diǎn)），弦長(zhǎng)取得最小值，于是，解得.
故選：C
10. 已知數(shù)列中各項(xiàng)均為正數(shù)，且，給出下列四個(gè)結(jié)論：
①對(duì)任意的，都有
②數(shù)列可能為常數(shù)列
③若，則當(dāng)時(shí)，
④若，則數(shù)列為遞減數(shù)列．
其中正確結(jié)論有（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】結(jié)合數(shù)列遞推式研究數(shù)列的單調(diào)性，逐項(xiàng)判斷即可.
【詳解】解：對(duì)于①，在數(shù)列an中，，則，
又對(duì)于任意的都有，則，即，
即對(duì)于任意的，都有，
所以的值不確定大小，故①項(xiàng)錯(cuò)誤；
對(duì)于②，不妨設(shè)數(shù)列an可能為常數(shù)列，則，
又，則，則，
即時(shí)，數(shù)列an為常數(shù)列，故②項(xiàng)正確；
對(duì)于③，，則，因?yàn)閿?shù)列an中各項(xiàng)均為正數(shù)，
即，同理，當(dāng)，都有，
又，即數(shù)列an為遞增數(shù)列，
即當(dāng)時(shí)，，故③項(xiàng)正確.
對(duì)于④，
又，則，即，
同理，當(dāng)，都有，即，
同理，當(dāng)，都有，
即，
即，即數(shù)列an為遞減數(shù)列，故④項(xiàng)正確；
故選：C.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：數(shù)列與不等式以及數(shù)列與單調(diào)性等問題，常利用作差法，需要熟練應(yīng)用不等式知識(shí)解決數(shù)列中的相關(guān)問題．
二、填空題
11. 若雙曲線的一條漸近線方程為，則_________.
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)題意可得，從而可求出的值.
【詳解】因?yàn)殡p曲線的一條漸近線方程為，
所以，解得，
故答案為：2.
12. 數(shù)列是公差為的等差數(shù)列，記的前項(xiàng)和為，且成等比數(shù)列，則_______；_______.
【答案】 ①. 8 ②.
【解析】
【分析】
由等比數(shù)列的性質(zhì)得，解出的值，再結(jié)合等差數(shù)列的前項(xiàng)和公式可得結(jié)果.
【詳解】因?yàn)閿?shù)列是公差為的等差數(shù)列，成等比數(shù)列，
所以，即，解得；
所以，
故答案為：8，.
13. 在矩形ABCD中，，，點(diǎn)P在AB邊上，則向量在向量上的投影向量的長(zhǎng)度是_____，的最大值是__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根據(jù)投影向量的概念，可求得向量在向量上的投影向量的長(zhǎng)度；
建立平面直角坐標(biāo)系，利用數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，表示出，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求得答案.
【詳解】由題意可得，
即向量在向量上的投影向量的長(zhǎng)度是；
如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB為x軸，AD為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，
設(shè) ，則
故，
則，
當(dāng)時(shí)，取最大值為，
故答案為：；
14. 設(shè)函數(shù)f（x）=ex+ae?x（a為常數(shù)）．若f（x）為奇函數(shù)，則a=________；若f（x）是R上的增函數(shù)，則a的取值范圍是___________．
【答案】 ①. -1; ②. .
【解析】
【分析】首先由奇函數(shù)的定義得到關(guān)于的恒等式，據(jù)此可得的值，然后利用導(dǎo)函數(shù)的解析式可得a的取值范圍.
【詳解】若函數(shù)為奇函數(shù),則，
對(duì)任意的恒成立.
若函數(shù)是上的增函數(shù),則恒成立,.
即實(shí)數(shù)的取值范圍是
【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)奇偶性?單調(diào)性?利用單調(diào)性確定參數(shù)的范圍.解答過程中,需利用轉(zhuǎn)化與化歸思想,轉(zhuǎn)化成恒成立問題.注重重點(diǎn)知識(shí)?基礎(chǔ)知識(shí)?基本運(yùn)算能力的考查.
15. 設(shè)函數(shù)
①當(dāng)時(shí)， _________；
②若恰有2個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍是_________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由分段函數(shù)解析式先求，再求的值，結(jié)合零點(diǎn)的定義分段求零點(diǎn)，由條件求a的取值范圍.
【詳解】當(dāng)時(shí)，，
所以，
所以，
令，可得
當(dāng)時(shí)，，
所以或，
當(dāng)或時(shí)，方程在上有唯一解，
當(dāng)或時(shí)，方程在上的解為或，
當(dāng)時(shí)，，
所以當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，方程在上無解，
綜上，當(dāng)時(shí)，函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，
當(dāng)時(shí)，函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，
當(dāng)時(shí)，函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn)，
當(dāng)時(shí)，函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，
因?yàn)榍∮?個(gè)零點(diǎn)，所以或，
所以a的取值范圍是.
故答案為：；.
三、解答題
16. 如圖，在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD為矩形，，．為等邊三角形，平面平面ABCD，E為AD的中點(diǎn)．
（1）求證：；
（2）求平面PAC與平面ABCD夾角的余弦值．
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可證明平面ABCD，結(jié)合線面垂直的性質(zhì)定理，即可證明結(jié)論；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，可求得相關(guān)向量的坐標(biāo)，從而求得平面PAC的法向量，利用向量的夾角公式，即可求得答案.
【小問1詳解】
證明：因?yàn)椤鱌AD為正三角形，E為AD中點(diǎn)，
所以，
因?yàn)槠矫嫫矫鍭BCD，
平面平面，
平面PAD，
所以平面ABCD．
因?yàn)槠矫鍭BCD，
所以．
【小問2詳解】
由（1）知，平面ABCD．
取BC中點(diǎn)F，連結(jié)EF,
因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形，E為AD中點(diǎn)，
所以,
所以EA，EF，EP兩兩垂直．
分別以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EA，EF，EP為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz，
則，，，，
所以，．
設(shè)平面PAC的法向量，
由，得，
令，得，，
所以，
平面ABCD的法向量可?。?br>設(shè)平面PAC與平面ABCD夾角大小為，可知為銳角，
則，
所以平面PAC與平面ABCD夾角的余弦值為．
17. 在中，.
（1）求的大?。?br>（2）再從下列三個(gè)條件中，選擇兩個(gè)作為已知，使得存在且唯一，求的面積.
條件①；
條件②；
條件③AB邊上的高為.
【答案】（1）
（2）答案見解析
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理邊化角，結(jié)合同角三角函數(shù)關(guān)系求出，即可得答案；
（2）若選①②，根據(jù)求出A，由正弦定理求出a，再利用兩角和的正弦公式求出，由三角形面積公式，即可求得答案；若選①③，根據(jù)求出A，再根據(jù)AB邊上的高h(yuǎn)求出b，下面解法同選①②；若選②③，根據(jù)條件可求出A的值不唯一，即可判斷不合題意.
【小問1詳解】
在中，，由正弦定理得，
由于，則，
由于，故；
【小問2詳解】
若選①②，存在且唯一，解答如下：
由于，，
又，故，則；
又，故，
故；
若選①③，存在且唯一，解答如下：
由于，，
AB邊上的高h(yuǎn)為，故
則，則；
又，故，
故；
若選②③，不唯一，解答如下：
，AB邊上的高h(yuǎn)為，故，
或，此時(shí)有兩解，不唯一，不合題意.
18. 為研究某地區(qū)2021屆大學(xué)畢業(yè)生畢業(yè)三個(gè)月后的畢業(yè)去向，某調(diào)查公司從該地區(qū)2021屆大學(xué)畢業(yè)生中隨機(jī)選取了1000人作為樣本進(jìn)行調(diào)查，結(jié)果如下：
假設(shè)該地區(qū)2021屆大學(xué)畢業(yè)生選擇的畢業(yè)去向相互獨(dú)立．
（1）若該地區(qū)一所高校2021屆大學(xué)畢業(yè)生的人數(shù)為2500，試根據(jù)樣本估計(jì)該校2021屆大學(xué)畢業(yè)生選擇“單位就業(yè)”的人數(shù)；
（2）從該地區(qū)2021屆大學(xué)畢業(yè)生中隨機(jī)選取3人，記隨機(jī)變量為這3人中選擇“繼續(xù)學(xué)習(xí)深造”的人數(shù)．以樣本的頻率估計(jì)概率，求的分布列和數(shù)學(xué)期望；
（3）該公司在半年后對(duì)樣本中的畢業(yè)生進(jìn)行再調(diào)查，發(fā)現(xiàn)僅有選擇“慢就業(yè)”的畢業(yè)生中的人選擇了上表中其他的畢業(yè)去向，記此時(shí)表中五種畢業(yè)去向?qū)?yīng)人數(shù)的方差為．當(dāng)為何值時(shí)，最?。ńY(jié)論不要求證明）
【答案】（1）
（2）分布列見解析；期望為
（3）
【解析】
【分析】(1)用樣本中“單位就業(yè)”的頻率乘以畢業(yè)生人數(shù)可得；
(2)先由樣本數(shù)據(jù)得選擇“繼續(xù)學(xué)習(xí)深造”的頻率，然后由二項(xiàng)分布可得；
(3)由方差的意義可得.
【小問1詳解】
由題意得，該校2021屆大學(xué)畢業(yè)生選擇“單位就業(yè)”的人數(shù)為．
【小問2詳解】
由題意得，樣本中名畢業(yè)生選擇“繼續(xù)學(xué)習(xí)深造”的頻率為．
用頻率估計(jì)概率，從該地區(qū)2021屆大學(xué)畢業(yè)生中隨機(jī)選取1名學(xué)生，估計(jì)該生選擇“繼續(xù)學(xué)習(xí)深造”的概率為．
隨機(jī)變量的所有可能取值為0，1，2，3．
所以，
，
，
．
所以的分布列為
．
【小問3詳解】
易知五種畢業(yè)去向人數(shù)的平均數(shù)為200，要使方差最小，則數(shù)據(jù)波動(dòng)性越小，故當(dāng)自主創(chuàng)業(yè)和慢就業(yè)人數(shù)相等時(shí)方差最小，所以．
19. 已知函數(shù).
（1）當(dāng)時(shí)，求曲線在處的切線方程；
（2）若在區(qū)間（0，e]存在極小值，求a的取值范圍.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，得到，求導(dǎo)，從而得到，，寫出切線方程；
（2）求導(dǎo)，令，，易得函數(shù)在區(qū)間（0，e]上的最小值為，方法1：分，，討論求解；方法2：根據(jù)在區(qū)間（0，e]上存在極小值，由求解.
【小問1詳解】
當(dāng)時(shí)，，
則，
所以，，
所以曲線在處的切線方程為；
【小問2詳解】
，
令，，
則，
解，得，
與的變化情況如下：
所以函數(shù)在區(qū)間（0，e]上的最小值為，
方法1：
①當(dāng)時(shí)，.所以恒成立，即恒成立，
所以函數(shù)在區(qū)間（0，e]上是增函數(shù)，無極值，不符合要求，
②當(dāng)時(shí)，因?yàn)?，?br>所以存在，使得
所以函數(shù)在區(qū)間（1，e）上存在極小值，符合要求，
③當(dāng)時(shí)，因
所以函數(shù)在區(qū)間（1，e）上無極值.
取，則
所以存在，使得
易知，為函數(shù)在區(qū)間（0，1）上的極大值點(diǎn).
所以函數(shù)在區(qū)間（0，e）上有極大值，無極小值，不符合要求
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是.
方法2：
“在區(qū)間（0，e]上存在極小值”，當(dāng)且僅當(dāng)，解得.
證明如下：
當(dāng)時(shí)，
因?yàn)?，所以存在，使?br>所以函數(shù)在區(qū)間（1，e）上存在極小值.
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：本題第二問在區(qū)間（0，e]是否存在極小值，轉(zhuǎn)化為有不等零點(diǎn)且左負(fù)右正求解.
20. 已知橢圓C：（）經(jīng)過，兩點(diǎn).O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且的面積為.過點(diǎn)且斜率為k（）的直線l與橢圓C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)M，N，且直線，分別與y軸交于點(diǎn)S，T.
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）求直線l的斜率k的取值范圍；
（Ⅲ）設(shè)，，求的取值范圍.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅲ）
【解析】
【分析】（Ⅰ）把點(diǎn)A坐標(biāo)代入橢圓的方程得.由的面積為可知，，解得b，進(jìn)而得橢圓C的方程.
（Ⅱ）設(shè)直線l的方程為，，.聯(lián)立直線l與橢圓C的方程可得關(guān)于x的一元二次方程.，進(jìn)而解得k的取值范圍.
（Ⅲ）因?yàn)?，，，，寫出直線的方程，令，解得.點(diǎn)S的坐標(biāo)為.同理可得：點(diǎn)T的坐標(biāo)為.用坐標(biāo)表示，，，代入，，得.同理.由（Ⅱ）得，，代入，化簡(jiǎn)再求取值范圍.
【詳解】（Ⅰ）因?yàn)闄E圓C：經(jīng)過點(diǎn)，
所以解得.
由的面積為可知，，
解得，
所以橢圓C的方程為.
（Ⅱ）設(shè)直線l的方程為，，.
聯(lián)立，消y整理可得：.
因?yàn)橹本€與橢圓有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，
所以，解得.
因?yàn)?，所以k的取值范圍是.
（Ⅲ）因?yàn)?，，?
所以直線的方程是：.
令，解得.
所以點(diǎn)S的坐標(biāo)為.
同理可得：點(diǎn)T的坐標(biāo)為.
所以，，.
由，，
可得：，，
所以.
同理.
由（Ⅱ）得，，
所以
所以的范圍是.
【點(diǎn)睛】涉及橢圓的弦長(zhǎng)、中點(diǎn)、距離等相關(guān)問題時(shí)，一般利用根與系數(shù)的關(guān)系采用“設(shè)而不求”“整體帶入”等解法.
21. 已知集合.對(duì)于A的一個(gè)子集S，若存在不大于n的正整數(shù)m，使得對(duì)于S中的任意一對(duì)元素，都有，則稱S具有性質(zhì)P.
（1）當(dāng)時(shí)，試判斷集合和是否具有性質(zhì)P?并說明理由；
（2）當(dāng)時(shí)，若集合S具有性質(zhì)P，那么集合是否一定具有性質(zhì)P?并說明理由；
（3）當(dāng)時(shí)，若集合S具有性質(zhì)P，求集合S中元素個(gè)數(shù)的最大值.
【答案】（1）集合B不具有性質(zhì)P，集合具有性質(zhì)P，理由見解析
（2）具有，理由見解析
（3）1333
【解析】
【分析】（1）根據(jù)集合S具有性質(zhì)P的定義去判斷已知集合是否滿足定義，即可判斷；
（2）根據(jù)集合，任取，因?yàn)?，說明，可得，即可說明，繼而結(jié)合定義即可得結(jié)論；
（3）設(shè)集合S有k個(gè)元素，可推出集合S與T中必有一個(gè)集合中至少存在一半元素不超過1000，不妨設(shè)S中有t（）個(gè)元素不超過1000，從而可得不等式，結(jié)合k為正整數(shù)，可得，再結(jié)合定義，即可確定答案.
【小問1詳解】
當(dāng)時(shí)，集合，B=x∈Ax>9=10,11,?,20，
則集合B不具有性質(zhì)P，理由如下：
因?yàn)閷?duì)于任意不大于n的正整數(shù)m，都可以找到該集合中的兩個(gè)元素，
使得成立；
集合具有性質(zhì)P，理由如下：
因?yàn)榭扇?，?duì)于該集合中的任意一對(duì)元素，
都有；
【小問2詳解】
當(dāng)時(shí)，集合，
若集合S具有性質(zhì)P，那么集合一定具有性質(zhì)P，理由如下：
首先因?yàn)榧希稳?，其中?br>因?yàn)椋裕?br>從而，即，故,
由于S具有性質(zhì)P，可知存在不大于1000的正整數(shù)m，
使得對(duì)于S中的任意一對(duì)元素，都有，
對(duì)于上述正整數(shù)m，從集合中任取一對(duì)元素，
其中，則有，
故集合具有性質(zhì)P.
【小問3詳解】
設(shè)集合S有k個(gè)元素，由第（2）問可知，若集合S具有性質(zhì)P，那么集合一定具有性質(zhì)P，
任給，則x與中必有一個(gè)不超過1000，
所以集合S與T中必有一個(gè)集合中至少存在一半元素不超過1000，
不妨設(shè)S中有t（）個(gè)元素不超過1000，
由集合S具有性質(zhì)P可知存在正整數(shù)，
使得對(duì)于S中的任意一對(duì)元素，都有，
所以一定有，
又，故，
因此集合A中至少有t個(gè)元素不在子集S中，
故，即，結(jié)合k為正整數(shù)，可得，
當(dāng)時(shí)，取，
則可知集合S中任意兩個(gè)元素，都有，
即集合S具有性質(zhì)P，而此時(shí)集合S中有1333個(gè)元素，
因此集合S中元素個(gè)數(shù)的最大值為1333.
【點(diǎn)睛】難點(diǎn)點(diǎn)睛：本題是關(guān)于集合新定義類題目，解答的難點(diǎn)在于要理解新定義，明確其內(nèi)涵，并能根據(jù)其含義去解決問題.畢業(yè)去向
繼續(xù)學(xué)習(xí)深造
單位就業(yè)
自主創(chuàng)業(yè)
自由職業(yè)
慢就業(yè)
人數(shù)
200
560
14
128
98
0
1
2
3
x
（0，1）
1
（1，e）
－
0
+
↘
極小值
↗
x
（1，）
（，e）
－
0
+
↘
極小值
↗
x
（1，）
（，e）
－
0
+
↘
極小值
↗

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