2024-2025學年度年秋學期高三年級開學考試數學注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等信息填寫在答題卡和試卷指定位置上.2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑.擇如需改動，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．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、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】D【解析】【分析】由交集的定義求解.【詳解】集合，則.故選：D2.如圖，是水平放置的用斜二測畫法畫出的直觀圖（圖中虛線分別與軸和軸平行），，，則的面積為（）A. B. C.24 D.48【答案】D【解析】【分析】由直觀圖得到平面圖形，再求出相應的線段長，最后由面積公式計算可得.【詳解】由直觀圖可得如下平面圖形：其中，，，軸，且，所以.故選：D3.的展開式的各項系數之和為3，則該展開式中項的系數為（）A.2 B.8 C. D.-17【答案】D【解析】【分析】令得各項系數和，可求得，再由二項式定理求得的系數，注意多項式乘法法則的應用．【詳解】令，可得，，在的展開式中的系數為：．故選D．【點睛】本題考查二項式定理，在二項展開式中，通過對變量適當的賦值可以求出一些特定的系數，如令可得展開式中所有項的系數和，再令可得展開式中偶數次項系數和與奇數次項系數和的差，兩者結合可得奇數項系數和以及偶數項系數和．4.已知，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用兩角和差的正余弦公式展開，兩邊同除，得到.再利用兩角差的正切公式展開，將換成，化簡即可得到答案.【詳解】，所以，兩邊同除，得到，即.，.故選：C.5.設，，，則，，大小關系為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據指數函數的單調性及對數函數的單調性，結合特殊值比較大小即可.【詳解】因為在定義域上單調遞減，所以，又在定義域上單調遞增，所以，在定義域上單調遞減，所以，所以.故選：B6.謝爾賓斯基三角形（Sierppinskitriangle）是一種分形，由波蘭數學家謝爾賓斯基在1915年提出．先取一個實心正三角形，挖去一個“中心三角形”（即以原三角形各邊的中點為頂點的三角形，即圖中的白色三角形），然后在剩下的每個小三角形中又挖去一個“中心三角形”，用上面的方法可以無限操作下去．操作第1次得到圖2，操作第2次得到圖3．．．．．，若繼續這樣操作下去后得到圖2024，則從圖2024中挖去的白色三角形個數是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根據等比數列的前項和公式求得正確答案.【詳解】由圖可知，圖2024中挖去的白色三角形個數是：.故選：C7.已知圓的方程為，則“”是“函數的圖象與圓有四個公共點”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】找出與圓有四個公共點的等價條件，據此結合充分條件、必要條件概念判斷即可.【詳解】由圓的方程為可得圓心，半徑，若圓與函數相交，則圓心到直線的距離，即，若函數的圖象與圓有四個公共點，則原點在圓的外部，即，解得，綜上函數的圖象與圓有四個公共點則，所以“”是“函數的圖象與圓有四個公共點”的必要不充分條件，故選：B8.已知函數，函數的圖象可以由函數的圖象先向右平移個單位長度，再將所得函數圖象保持縱坐標不變，橫坐標變為原來的倍得到，若函數在上沒有零點，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由函數，根據三角函數的圖象變換得到，令，結合函數零點存在的條件建立不等式求解即可.詳解】函數，向右平移個單位長度，得，再將所得函數圖象保持縱坐標不變，橫坐標變為原來的倍得到，令，得，所以，若函數在上沒有零點，則需，所以，所以，若函數在上有零點，則，當k=0時，得，解得，當k=1時，得，解得，綜上：函數在上有零點時，或，所以函數在上沒有零點，.所以的取值范圍是.故選：A【點睛】本題主要考查三角函數的圖象變換及函數零點問題，還考查了轉化求解問題的能力，屬于難題.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的，全選對的得6分，選對但不全的得部分分，選錯不得分.9.設是非零復數，則下列說法正確的是（）A.若，則 B.若，則C.若，則 D.若，則【答案】ABD【解析】【分析】根據復數的運算性質逐一檢驗即可.【詳解】A選項，，故，正確；B選項，即.故，正確；C選項，即z為純虛數，故，不正確；D選項，∵，故，正確.故選：ABD.10.某商場為促銷組織了一次幸運抽獎活動，袋中裝有8個大小形狀相同的小球，并標注這八個數字，抽獎者從中任取一個球，事件A表示“取出球的編號為奇數”，事件B表示“取出球的編號為偶數”，事件C表示“取出球的編號大于5”，事件D表示“取出球的編號小于5”，則（）A.事件A與事件C不互斥 B.事件A與事件B互為對立事件C.事件B與事件C互斥 D.事件C與事件D互為對立事件【答案】AB【解析】【分析】分別求出樣本空間和事件、、、即可根據互斥事件和對立事件的概念去進行判斷.【詳解】由題意抽獎者從中任取一個球的樣本空間為，事件表示，事件B表示，事件C表示，事件D表示，所以，且，，且，所以事件A與事件C不互斥，事件A與事件B為對立事件，事件B與事件C不互斥，事件C與事件D互斥但不對立，故A，B正確，C，D錯誤.故選：AB.11.已知正方體的棱長為2，為的中點，為正方形所在平面內一動點，則下列命題正確的有（）A.若，則的中點的軌跡所圍成圖形的面積為B.若到直線與直線的距離相等，則的軌跡為拋物線C.若與平面所成的角為，則的軌跡為橢圓D.若與所成的角為，則的軌跡為雙曲線【答案】ABD【解析】【分析】記MN中點為P，DM中點為Q，連接PQ，計算出PQ可知P的軌跡為圓，然后可判斷A；根據拋物線定義可判斷B；根據已知算出DN，可判斷C；以DA、DC所在直線分別為x軸、y軸，將條件坐標化可判斷D.【詳解】A中，記MN中點為P，DM中點為Q，連接PQ，易知，且，如圖，若MN=2，則DN=，則，所以點P的軌跡是以Q為圓心，半徑為的圓，面積，故A正確；B中，點N到直線的距離為NB，所以點N到定點B和直線DC的距離相等，由拋物線定義可知，N的軌跡是拋物線，故B正確；C中，易知，則，所以N的軌跡是以D為圓心，半徑為的圓，故C錯誤；D中，過點N向AD作垂線，垂足為R，易知，所以，所以，在平面ABCD中，以DA、DC所在直線分別為x軸、y軸，則，整理得，故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.已知向量、滿足，，與的夾角為，若，則________.【答案】##【解析】【分析】運用平面向量數量積公式計算即可.【詳解】因為，，與的夾角為，所以.因為，所以，解得.故答案為：.13.橢圓的左、右焦點分別為，過作軸的垂線交橢圓于，若為等腰直角三角形，則橢圓的離心率為______.【答案】【解析】【分析】根據給定條件，結合橢圓的定義求出離心率.【詳解】令橢圓的半焦距為c，由軸，為等腰直角三角形，得，，由橢圓的定義得，即，所以橢圓的離心率.故答案為：14.已知函數的定義域為，且滿足，，，則__________.【答案】2024【解析】【分析】由可推出關于直線對稱，可得，再由可推出的最小正周期為8，結合周期函數性質求解即可.【詳解】由可知的圖象關于直線對稱，從而，又因為，令，得，所以，由，得，兩式相減可得，故的最小正周期為8，則，，因為，所以.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答題應寫出必要文字說明、證明過程或演算步驟.15.在中，角所對的邊分別為，且滿足（1）求角B的值；（2）若且，求的取值范圍.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）利用二倍角公式和兩角和與差的余弦公式化簡，可求出角B的值；（2）根據條件，可求出角B的值以及角A的范圍，利用正弦定理可得到，將代入，用輔助角公式化簡，結合A的范圍即可求出結果.【小問1詳解】在中，，，，，，，即，又，所以，解得或.【小問2詳解】∵且，∴，由正弦定理得，所以，.故，∵，∴，，又易知函數在上單調遞增，于是當，即時的最小值為，當，即時的最大值為.所以，即的取值范圍.16.已知雙曲線與有相同的焦點，且經過點.（1）求雙曲線的方程；（2）若直線與雙曲線交于兩點，且的中點坐標為，求直線的斜率.【答案】（1）（2）1【解析】【分析】（1）找出焦點的坐標，根據已知條件建立方程組解出即可（2）分析直線斜率存在且不為0，設直線方程聯立方程組利用韋達定理，利用中點公式建立方程組解出即可【小問1詳解】由的焦點坐標為由雙曲線與有相同的焦點所以雙曲線的焦點坐標為故，在雙曲線中：①又雙曲線經過點所以②解得：所以雙曲線的方程為：【小問2詳解】由題知直線斜率存在且不為0，設直線的方程為：由直線與雙曲線交于兩點，設所以消去整理得：所以所以由的中點坐標為所以所以.17.如圖，已知四棱臺的上、下底面分別是邊長為2和4的正方形，，且底面，點P，Q分別在棱、上.（1）若P是的中點，證明：；（2）若平面，二面角的余弦值為，求四面體的體積.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用向量法證明異面直線的垂直；（2）求平面法向量，由二面角的余弦值為和平面，解得P點坐標，可求四面體的體積.【小問1詳解】以A坐標原點，，，所在直線分別為x，y，x軸建立空間直角坐標系，則，，，，設，其中，，若P是的中點，則，，，于是，∴，即.【小問2詳解】由題設知，，是平面內的兩個不共線向量.設是平面的一個法向量，則取，得.又平面的一個法向量是，∴，而二面角的余弦值為，因此，解得或（舍去），此時.設（），而，由此得點，，∵平面，且平面的一個法向量是，∴，即，解得，從而.將四面體視為以為底面的三棱錐，則其高，故四面體的體積.18.已知函數.（1）當時，（ⅰ）求曲線在點處的切線方程；（ⅱ）求證：，.（2）若在上恰有一個極值點，求的取值范圍.【答案】（1）（?。┣芯€方程為；（ⅱ）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）當時，求導，根據導數幾何意義求解切點坐標與斜率，即可得切線方程；根據導函數的正負確定函數的單調性，即可得函數的最值，即可證明結論；（2）根據極值點與函數的關系，對進行討論，確定導函數是否存在零點進行判斷，即可求得的取值范圍.【小問1詳解】當時，（ⅰ），又，所以切線方程為.（ⅱ），，因為，所以,所以，所以所以在單調遞增，所以；【小問2詳解】，當時，所以，,由（1）知，，所以在上單調遞增.所以當時，沒有極值點，當時，，因為與在單調遞增.所以在單調遞增.所以，.所以使得.所以當時，，因此在區間上單調遞減，當時，，因此在區間上單調遞增.故函數在上恰有一個極小值點，的取值范圍是.19.中國女排是中國各體育團隊中成績突出的體育團隊之一，曾是世界上第一個“五連冠”得主，并十度成為世界冠軍，2023年在杭州第19屆亞運會上女排再度獲得冠軍．她們那種團結協作、頑強拼搏的精神極大地激發了中國人的自豪、自尊和自信，為我們在新征程上奮進提供了強大的精神力量．如今，女排精神廣為傳頌，家喻戶曉，各行各業的人們在女排精神的激勵下，為中華民族的騰飛頑強拼搏．某中學也因此掀起了排球運動的熱潮，在一次排球訓練課上，體育老師安排4人一組進行傳接球訓練，其中甲、乙、丙、丁四人剛好圍成一個矩形（如圖），已知當某人控球時，傳給其相鄰同學的概率為，傳給對角線上的同學的概率為，由甲開始傳球．（1）求第3次傳球是由乙傳給甲的概率；（2）求第次傳球后排球傳到丙手中的概率；（3）若隨機變量服從兩點分布，且，，，…，，則，記前次（即從第1次到第次傳球）中排球傳到乙手中次數為，求．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）設第次傳球后排球在甲、乙、丙、丁手中的概率分別為，得到，求出，從而得到第3次傳球是由乙傳給甲的概率；（2）求出之間的關系式，聯立后得到，，進而得到是以為首項，公比為的等比數列，求出；（3）在（2）的基礎上求出，求出，利用等比數列求和公式得到答案.【小問1詳解】設第次傳球后排球在甲、乙、丙、丁手中的概率分別為，則．第2次傳球到乙手中的概率，所以第