數(shù)學(xué)丨九師聯(lián)盟2025屆高三8月開學(xué)聯(lián)考數(shù)學(xué)試卷及答案

ii(1十i)i—1111111.C由義(1—i)=i,得義=1—i=(1—i)(1十i)=2=—2十2i,所以義-=—22i,其虛ii(1十i)i—1111112.B因為y=—兒2—4兒—2=—(兒十2)2十2≤2,又y∈N,故B={0,1,2},易驗證0,1,2均是兒3—兒—7≤0的解,所以0,1,2∈A,所以A∩B={0,1,2}.故選B.3.DTr十1=C兒9—r(—\)r=(—1)rC兒9—r,令9—r=0,得r=6,所以常數(shù)項為T7=(—1)6C=84.故選D.4.B法1:設(shè)漸近線與E的一個切點為A,連接AE,則上OAE=(如圖所示),不妨設(shè)第一象限的漸近線l的傾斜角為θ,則sinθ===,又θ∈(0,,所以tanθ=\,所以l的斜率為\,所以=\,設(shè)C的半焦距為c,則C的離心率=2.故選B.法2:由題意知C的漸近線方程為by士a兒=0,E的圓心為(4,0),半徑為2,則0士4a=2,兩邊平方并化簡得4a2=a2 2,設(shè)C的半焦距為c,則離心率e==\a2b2=\=2.故選B.85.Aa與b的夾角是鈍角?a.b<0且a與b不能方向相反.由a.b<0,得—8十3λ<0,所以λ<3.若a與b共線,有2λ—(—12)=0,所以λ=—6,此時a與b方向相反,所以a與b的夾角是鈍角的充要條件為λ<且λ≠—6.故p是q的充分不必要條件.故選A.86.D因為sinA—sin(B—C)=sin2B,所以sin(B十C)—sin(B—C)=sin2B,所以2cosBsinC=2sinBcosB,又△ABC為銳角三角形,所以cosB≠0,所以sinC=sinB,所以b=c,又A=,所以△ABC為等邊三角形,所以△ABC的面積為×2×2sin=\.故選D.7.A設(shè)圓錐的底面半徑為r,則圓錐的高為3—r(0<r<3),則圓錐的體積為v(r)=πr2(3—r)=πr2—r3,所以v’(r)=2πr—πr2=πr(2—r),易得v(r)在(0,2)上單調(diào)遞增,在(2,3)上單調(diào)遞減,所以當r=2時,v(r)取得最大值,此時圓錐的高為1,母線l=\22十12=\,故圓錐的側(cè)面積S=πrl=π×2×\=2\π.故選A.8.C關(guān)于兒的方程f(兒)=g(兒)有2個不相等的實數(shù)解,即y=f(兒)與y=k兒—1的圖象有2個交點.當k=0,直線y=—1與y=的圖象交于點(—2,—1),又當兒≥0時,e兒—1≥0,故直線y=—1與y=e兒—1(兒≥0)的圖象無公共點,故當k=0時,y=f(兒)與y=k兒—1的圖象只有一個交點,不合題意;當k>0,直線y=k兒—1與曲線y=e兒—1(兒≥0)相切時,此時y=f(兒)與y=k兒—1的圖象有2個交點,設(shè)切點P(兒0,e兒0—1),則k=y’=e兒0,又y=k兒—1【高三開學(xué)考.數(shù)學(xué)參考答案第1頁(共6頁)】(0,—1),所以=ex0,解得x0=1,所以k=e;當k<0時,若=kx—1,則kx2—x—2=0,由△=1十8k=0,得k=—,所以當k=—時,直線y=kx—1與y=的圖象相切,由圖得當—<k<0時,直線y=kx—1與y=f(x)的圖象有2個交點.綜上所述,實數(shù)k的取值范圍是(—,0)U{e}.故選C.9.BC因為a<b<c,ac<0,所以a<0,c>0,b的符號不確定,當b=0時,ab2<b2c不成立,故A錯誤;由a<0,c>0,得>,<0,<0,所以十—十(—≤—2\=—2,當且僅當c=—a時取等號,故B,C均正確;由a<b<c,得c—b>0,b—a>0,故c—a=(c—b)十(b—a)≥2\,當且僅當c—b=b—a,即2b=a十c時等號成立,故D錯誤.故選BC.10.ABD令2x—=k1π(k1∈z),得x=十π(k1∈z),所以f(x)圖象的對稱中心為十,0)(k1∈z);令2x十=十k2π(k2∈z),得x=十π(k2∈z),所以g(x)圖象的對稱中心為十,0)(k2∈z),所以f(x)與g(x)的圖象有相同的對稱中心,故A正確;g(x)=cos(2x十=cos(2x—十=—sin(2x—=—f(x),所以f(x)與g(x)的圖象關(guān)于x軸對稱,故B正確;g(x)≠f(—x),故C不正確;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正確.故選ABD.11.ABC連接AC,AD1,則AC=AD1=2\2,作QF丄AC,交AC于點F,易證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正確;由PE=\7=\AP2十AE2,PA=AA1=1,所以AE=4\33,點E的軌跡是以A為圓心,4\33為半徑的圓在正方形ABCD內(nèi)的部分,4\33>2,設(shè)該圓交棱CD于S點,交棱CB于R點,則cos上DAS=cos上BAR=\,又上DAS,上BAR為銳角,所以上DAS=上BAR=,所以上RAS=,故所求軌跡長度為×4\33=2\π,故B正確;如圖,以A為坐標原點,DA,AB,AA1所在的直線分別為x軸,y軸,義軸建立如圖所示的空間直角坐標系,則P(0,0,1),設(shè)E(x,y,0),—=(x,y,—1),易得平面BC1B1的一個法向量為n=(0,1,0),因為直線PE與平面BC1B1所成 y\x2十y2十(—1) y\x2十y2十(—1)2×1【高三開學(xué)考.數(shù)學(xué)參考答案第2頁(共6頁)】D錯誤.故選ABC.12.2011十12十14十18=55,設(shè)a=10十5t,易求該樣本平均數(shù)兒-=13十t,所以該樣本的標準差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.由題意知P(MN)=,P(N)=,所以P(MN)===.14.由題意知l:y=—1,設(shè)P(兒0,—1),M(兒1,y1),N(兒2,y2),由兒2=4y,得y=兒2,所以y’=兒,故KPM=1,所2y2十2=0,所以直線MN的方程為兒0兒—2y十2=0,所以直線MN過點,由—2y=0,消去y并化簡得兒4=0,所以兒1十兒2=2兒0,兒1兒2=—4,所以y1十y2=兒十2,所以D(兒0,十1).直線PD的方程為兒=兒0,所以yG=,即G(兒0,),因為十1十(—1)=2×,所以點G為PD的中點,KST=y’兒=兒0=0=KMN,所以STS△PMN4.ⅡMN,且ST為△PMN的中位線,所以SS△PMN4.15.解:(1)李明沒通過面試包含前3題有1題答對,第4題答錯和前3題均答錯兩種情況,故所求概率為C××3十3=………………………4分(2)由題意得X的取值為2,3,4,則P(X=2)=×=,P(X=3)=C×××十3=,…………8分P(X=4)=C××2=……………………10分故所求分布列為:X234P 9254412536125……………………………11分所以E(X)=2×9十3×44十4×36=366…………………16.解:(1)由題意得f(兒)的定義域為(0,十∞),f’(兒)=十2a兒十2(兒>0),因為f(兒)在兒=1處取得極值,所以f’(1)=1十2a十1=0,解得a=—1,……………2分=—2兒3兒十1=(1兒)(2十2兒十1),…………………4分兒十1>0恒成立,當兒∈(0,1)時,f’(兒)>0,當兒∈(1,十∞)時,f’(兒)<0,【高三開學(xué)考.數(shù)學(xué)參考答案第3頁(共6頁)】所以f(兒)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1),單調(diào)遞減區(qū)間是(1,十∞),并且f(兒)在兒=1處取得極大值.………………6分,則b≥g(兒)max,…………7分2—<0,所以h(兒)在(0,十∞)上單調(diào)遞減,……………………8分又h(4)=—ln4>0,h(5)=—ln5<0,所以存在唯一的兒0∈(4,5),使得h(兒0)=0,即1十0—ln兒0=0,所以1十0=ln兒0.……………10分)時,h(兒)>0,g’(兒)>0,當兒∈(兒0,十∞)時,h(兒)<0,g’(兒)<0,所以g(兒)在(0,兒0)上單調(diào)遞增,在(兒0,十∞)上單調(diào)遞減,…………12分2—=十05),所以<0<,又y=兒2十兒在,)上單調(diào)遞增,故g(兒0)∈,,……………………14分又b∈z,所以整數(shù)b的最小值為1.……………………15分17.(1)證明:因為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分因為ACG平面ABCD,所以PD丄AC,………………3分連接BD,因為AD=CD,AB=BC,DB=DB,所以△ADB絲△CDB,所以上ADB=上CDB.又AD=CD,由等腰三角形三線合一,得BD丄AC.……………………4分因為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:因為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兩兩垂直,故以D為坐標原點,DA,DC,DP所在的直線分別為兒軸,y軸,義軸建立空間直角坐標系,則A(4,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),由(1)知DB平分上ADC,設(shè)B(a,a,0),所以C—=(a,a—4,0).……………,分→→—4y1=0,令兒1=1,得y1=1,義1=1,所以m=(1,1,1),…………10分→→(a兒2十(a—4)y2=0,令y2=a,得兒2=4—a,義2=a,所以n=(4—a,a,a),…………………11分mn\3\(4—a)2十a(chǎn)2十a(chǎn)257,設(shè)平面APC與平面BPC夾角的大小為mn\3\(4—a)2十a(chǎn)2十a(chǎn)257,兩邊平方并化簡得4a2—17a十15=0,解得a=3或a=.…………12分【高三開學(xué)考●數(shù)學(xué)參考答案第4頁(共6頁)】因為AD=CD=4,AD丄CD,所以點D到AC的距離為ADsin=2\,因為四邊形ABCD為凸四邊形,所以BD>2\,所以a=不合題意,所以a=3,所以BD=3\,……………13分所以S四邊形ABCD=AC.BD=×4\×3\=12,所以V四棱錐PABCD=S四邊形ABCD.DP=×12×4=16.……………15分18.(1)解:設(shè)P(兒0,y0)是橢圓C上一點,則十=1,所以y=3—兒,所以iPA=\(m—兒0)2十y=\i兒—2m兒0十m2十3=\i(兒0—4m)2—3m2十3(—2≤兒0≤2),因為4m>0,所以當兒0=—2時,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=\(兒0—16)2—45,所以當兒0=2時,PAmin=2.…………………4分(2)①證明:由題意可知直線l的斜率存在且不為0,設(shè)直線l的方程為y=k(兒—4)(k≠0),M(兒1,y1),N(兒2,y2),T(兒2,—y2),聯(lián)立直線l和C的方程,得y2=1消去y并化簡,得(3十4k2)兒2—32k2兒十64k2—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分又點M在點N的右側(cè),則—2<兒2<兒1<2,且兒1十兒2=32,兒1兒2=622,…………………7分—y2,12)y2],………………8分22===1所以y=十(兒1),所以直線MT過定點(1,0).…………………10分 可得S=—\124k2,由—1<2k<1,且k≠0,得S的取值范圍為{S|S≠0}.……………11分y2=1消去兒并化簡得(3S2十4)y2十6Sy—9=0,【高三開學(xué)考.數(shù)學(xué)參考答案第5頁(共6頁)】則△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),原點O到直線MT的距離為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的取值范圍為{s|s≠0},得t的取值范圍為(1,十∞).又函數(shù)y=3t十在(1,十∞)上單調(diào)遞增,所以3t十>4,y=3t十的值域為(4,十∞).所以S△MOT=3t1的取值范圍是(0,,t所以△MOT面積的取值范圍為(0,.………………17分19.(1)證明:若0<兒<1,顯然f(兒)=兒(1—兒