陜西省延安市新區(qū)培文學(xué)校2024-2025學(xué)年高三上學(xué)期開學(xué)摸底考試數(shù)學(xué)試卷（原卷版+解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

1.答題前，考生務(wù)必將自己的姓名?考生號填寫在試卷和答題卡上，并將考生號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.
2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應(yīng)題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號，回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.
3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.
一?單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1. 已知集合，則（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)一元二次不等式解法求得集合，再根據(jù)集合描述法表示即可求得.
【詳解】解不等式可得；
又可知集合是所有整數(shù)的平方構(gòu)成的集合，
在區(qū)間范圍內(nèi)只有是整數(shù)的平方，因此可得.
故選：A
2. 已知向量，若，則（）
A. B. 0C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)向量數(shù)量積的坐標表示以及模長公式解方程即可求得結(jié)果.
【詳解】由可得，且，
所以，解得.
故選：B
3. 已知，且，則（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)給定條件，利用和角的正切公式，結(jié)合正切函數(shù)的單調(diào)性求解即得.
【詳解】由，得，由，得，
而，則，因此，
所以.
故選：C
4. 圖中的花盆可視作兩個圓臺的組合體，其上半部分的圓臺上?下底面直徑分別為30cm和26cm，下半部分的圓臺上?下底面直徑分別為24cm和18cm，且兩個圓臺側(cè)面展開圖的圓弧所對的圓心角均相等，若上半部分的圓臺的高為8cm，則該花盆的總高度為（）
A. 16cmB. 18cmC. 20cmD. 24cm
【答案】C
【解析】
【分析】利用組合體的軸截面以及三角形相似即可得出該花盆的總高度.
【詳解】截取組合體的軸截面，作，如下圖所示：
易知，即為上半部分的圓臺的高，所以，
又因為兩個圓臺側(cè)面展開圖的圓弧所對的圓心角均相等，所以；
可得，
易知，所以.
因此該花盆的總高度為.
故選：C
5. “”是“函數(shù)在上單調(diào)遞增”的（）
A. 充分不必要條件B. 必要不充分條件
C. 充要條件D. 既不充分也不必要條件
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)對數(shù)函數(shù)和一次函數(shù)的單調(diào)性，再結(jié)合復(fù)合函數(shù)“同增異減”的判斷法則求得對應(yīng)的的取值范圍即可得出結(jié)論.
【詳解】易知的定義域為，且函數(shù)為單調(diào)遞減函數(shù)；
根據(jù)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性可知若函數(shù)在上單調(diào)遞增，
可得，解得；
顯然是的真子集，
所以“”是“函數(shù)在上單調(diào)遞增”的必要不充分條件.
故選：B
6. 已知過點的直線交拋物線于兩點，且為坐標原點，則的面積為（）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)給定條件，設(shè)出直線方程，與拋物線方程聯(lián)立求出點的縱坐標差即可得解.
【詳解】顯然直線不垂直于軸，設(shè)直線方程為，，
由消去得，則，
由，得，解得或，則，
所以的面積為.
故選：C
7. 已知等差數(shù)列中，.記，其中表示不大于的最大整數(shù)，則數(shù)列的前2024項和為（）
A. 4965B. 4964C. 1893D. 1892
【答案】A
【解析】
【分析】求出等差數(shù)列的通項公式，再分析數(shù)列的各項取值，求其前項和.
【詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為，則，，解得，則，
于是，當時，；當時，；
當時，；當時，，
所以數(shù)列的前項和為.
故選：A
8. 已知三棱錐中，，其余各棱長均為是三棱錐外接球的球面上的動點，則點到平面的距離的最大值為（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先給出鱷魚模型公式的證明，然后利用其求出外接球半徑，再結(jié)合球的截面性質(zhì)求解即可.
【詳解】首先，我們來證明求解外接球半徑的鱷魚模型，
我們給定三棱錐，設(shè)分別是的外心，
設(shè)外接球球心為，是的中點，作，，
所以是二面角的平面角，設(shè)，
設(shè)，，作面，面，
在四邊形中，可得，
所以四點共圓，且設(shè)四邊形的半徑為，
所以，連接，由正弦定理得，設(shè)，
故，而在中，由余弦定理得，
連接，所以，由三線合一性質(zhì)得，
因為是的中點，所以，
設(shè)，由勾股定理得，
所以，即鱷魚模型得證，
而在本題中，對于三棱錐，，找中心為，
中心為，找中點為，作，，
所以是二面角的平面角，設(shè)，
因為，三棱錐其余各棱長均為，所以，
由勾股定理得，所以是等邊三角形，
所以，設(shè)，，
代入公式中得，所以，
設(shè)外接球的球心為，而三棱錐其余各棱長均為，故是等邊三角形，
由正弦定理得的外接圓半徑為，
設(shè)球心到面的距離為，所以，解得，
所以點到平面的距離的最大值為，故D正確.
故選：D
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查立體幾何，解題關(guān)鍵是證明鱷魚模型的正確性，然后利用其求解外接球半徑，再利用球的截面性質(zhì)得到所要求的最值即可．
二?多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9. 年我國居民消費價格月度漲跌幅度的數(shù)據(jù)如圖所示，對于這組數(shù)據(jù)，下列說法正確的是（）
A. 極差為B. 平均數(shù)約為
C. 中位數(shù)為D. 眾數(shù)只有和
【答案】AB
【解析】
【分析】利用平均數(shù)，中位數(shù)，眾數(shù)，極差的定義逐個選項分析即可.
【詳解】首先，我們把數(shù)據(jù)從小到大排列，得到，
所以極差為，故A正確，
平均數(shù)為，故B正確，
中位數(shù)為，故C錯誤，
眾數(shù)有，，，故D錯誤.
故選：AB
10. 已知函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱，最小正周期，若將的圖象向左平移個單位長度后，得到函數(shù)的圖象，則（）
A.
B.
C. 在上的值域為
D. 在上單調(diào)遞增
【答案】ACD
【解析】
【分析】根據(jù)正弦函數(shù)圖象的對稱軸和周期的取值范圍可求得函數(shù)的解析式，利用平移規(guī)則以及誘導(dǎo)公式可得出表達式，再根據(jù)余弦函數(shù)單調(diào)性可求得其值域，利用整體代換可求得的單調(diào)遞增區(qū)間.
【詳解】依題意由可得，解得，
又可知；
將代入可得，又因為可得;
因此可得，即A正確；
對于B,將的圖象向左平移個單位長度后，得到函數(shù)，
因此B錯誤；
對于C，當時可得，
根據(jù)余弦函數(shù)性質(zhì)可得，可得C正確；
對于D，令，解得；
易知當時，可得在上單調(diào)遞增，即D正確.
故選：ACD
11. 已知函數(shù)定義域為，若，且在上單調(diào)遞增，，則（）
A. B.
C. 是奇函數(shù)D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根據(jù)給定條件，結(jié)合賦值法計算判斷ABC；結(jié)合選項C結(jié)論，分段探討的取值情況判斷D.
【詳解】對于A，令，得，則，
由在上單調(diào)遞增，得不恒為1，因此，A正確；
對于B，令，得，則，
而，因此，B正確；
對于C，，取，則，
即有，因此函數(shù)是偶函數(shù)，又時，，
則函數(shù)不是奇函數(shù)，C錯誤；
對于D，，令，則，
當時，；當時，，，，
因此，當時，，，
所以，D正確.
故選：ABD
三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.
12. 若復(fù)數(shù)滿足，則__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出方程的復(fù)數(shù)根，再利用復(fù)數(shù)模的意義計算即得.
【詳解】由，得，
所以.
故答案為：
13. 設(shè)，則被7除的余數(shù)為__________.
【答案】2
【解析】
【分析】依題意可將改寫成的形式，再由二項展開式可得被7除的余數(shù)為2.
【詳解】易知，
根據(jù)二項式定理展開可得；
所以
，
即可得被7除的余數(shù)與被7除的余數(shù)相同，所以，
所以被7除的余數(shù)為2.
故答案為：2
14. 已知是雙曲線上任意一點，，若恒成立，則的離心率的最大值為__________.
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)給定條件，求出的最小值并建立不等式，求解不等式即可得解.
【詳解】設(shè)，雙曲線的半焦距為，離心率為，則，
于是
，當且僅當時取等號，
依題意，，整理得，解得，
即，解得，因此，即
所以的離心率的最大值為.
故答案為：
四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明?證明過程或演算步驟.
15. 如圖，在中，為邊上一點，且.
（1）求；
（2）若，求.
【答案】（1）6；（2）3.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)給定條件，利用余弦定理列式解方程即得.
（2）由（1）的信息，利用正弦定理、余弦定理求解即得.
【小問1詳解】
設(shè)，則，
由余弦定理可得，
即，得，
所以.
【小問2詳解】
由，得，則.
由正弦定可得，解得.
由余弦定理得，
即，而，所以.
16. 已知橢圓左焦點為，過點且不與軸重合的動直線與交于兩點，且當軸時，.
（1）求的方程；
（2）若，直線分別與直線交于點，證明：為定值.
【答案】（1）；
（2）證明見解析.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)給定條件，列出關(guān)于的方程組求解即得.
（2）設(shè)出直線的方程，與的方程聯(lián)立，結(jié)合韋達定理求出的值即可.
【小問1詳解】
由焦點，得，由，得，
則，聯(lián)立解得，
所以的方程為.
【小問2詳解】
依題意，直線不垂直于軸，設(shè)直線的方程為，
由消去得，則，
直線的方程為，令，得點的縱坐標，
同理得點的縱坐標，
所以
，為定值.
17. 如圖，在三棱柱中，為等邊三角形，平面平面，四邊形為菱形，為的中點.
（1）證明：平面；
（2）求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】（1）證明見解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取的中點，利用面面垂直的性質(zhì)，線面垂直的性質(zhì)、判定推理即得.
（2）以點為原點建立空間直角坐標系，求出平面的法向量，利用線面角的向量求法求解即得.
【小問1詳解】
設(shè)，取的中點，連接，則，
又，則，四邊形為平行四邊形，
于是，平面平面，平面平面，
則平面，所以平面，
而平面，因此，
由四邊形為菱形，得，又平面，
所以平面.
小問2詳解】
依題意，為等邊三角形，連接，，平面平面，
平面平面，平面，則平面，
以點為原點，的方向分別為軸的正方向，建立空間直角坐標系，
則，
，
設(shè)平面的法向量為，則，
取，得，
設(shè)直線與平面所成的角為，則，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
18. 已知函數(shù)的圖象在點處的切線方程為.
（1）求的值；
（2）討論的單調(diào)性；
（3）若關(guān)于的方程有兩個正根，證明：.
【答案】（1）；
（2）在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；
（3）證明見解析.
【解析】
【分析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義及給定切線求出.
（2）由（1），利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可.
（3）方程變形為，利用方程根的意義換元構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)推理證明不等式.
【小問1詳解】
函數(shù)，求導(dǎo)得，
由的圖象在點處的切線方程為，得，
所以.
【小問2詳解】
由（1）知，
由，得，由，得，
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.
【小問3詳解】
由，得，
令，依題意，，則，
設(shè)，由（2）知在上單調(diào)遞增，則，，
由，得，于是，
要證當時，，即證，
令，求導(dǎo)得，
令，求導(dǎo)得，
函數(shù)，即在上單調(diào)遞增，，
函數(shù)在上單調(diào)遞增，則當時，，即成立，
所以.
19. 在一個不透明的口袋中裝有2個黑球和2個白球，每次從口袋中隨機取出1個球，再往口袋中放入1個白球，取出的球不放回，像這樣取出1個球再放入1個白球稱為1次操作，重復(fù)操作至口袋中4個球均為白球后結(jié)束.假設(shè)所有球的大小?材質(zhì)均相同，記事件“次操作后結(jié)束”為，事件發(fā)生的概率為.
（1）求第1次操作取出黑球且3次操作后結(jié)束的概率；
（2）求數(shù)列的通項公式；
（3）設(shè)，證明：.
【答案】（1）；
（2）；
（3）證明見解析.
【解析】
【分析】（1）利用相互獨立事件的概率公式計算即得.
（2）利用互斥事件的概率加法公式、相互獨立事件的概率公式列式，再利用等比數(shù)列前n項和公式求解即得.
（3）由給定條件，利用錯位相減法求和，再結(jié)合數(shù)列單調(diào)性及不等式性質(zhì)推理即得.
【小問1詳解】
用表示第次操作取出黑球，表示第次操作取出白球，
.
【小問2詳解】
依題意，，
當時，若次操作后結(jié)束，則前次操作中，有一次取出黑球，其余次均取出白球，
則
，
經(jīng)檢驗，均滿足該式，所以.
【小問3詳解】
由（2）知，
則.
設(shè)，
則，
從而，
因此，
則，
于是，而，
所以.
【點睛】方法點睛：一般地，如果數(shù)列an是等差數(shù)列，bn是等比數(shù)列，求數(shù)列的前n項和時，可采用錯位相減法求和，一般是和式兩邊同乘以等比數(shù)列{bn}的公比，然后作差求解．

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