甘肅省酒泉市肅北蒙古族自治縣2024-2025學年高三下學期開學摸底考試數學試題（原卷版+解析版）

數學全卷滿分150分，考試時間120分鐘.注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.請按題號順序在答題卡上各題目的答題區(qū)域內作答，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.3.選擇題用2B鉛筆在答題卡上把所選答案的標號涂黑；非選擇題用黑色簽字筆在答題卡上作答；字體工整，筆跡清楚.4.考試結束后，請將試卷和答題卡一并上交.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.2.設，則（）A. B. C. D.3.已知，，為不共線的單位向量，且任意兩個向量的夾角均相等，若，則（）A. B. C. D.4.已知雙曲線C的一個焦點到其漸近線的距離與焦距之比為，則C的離心率為（）A.2 B.4 C. D.5.若函數的圖象關于直線對稱，則下列函數一定為奇函數的是（）A. B. C. D.6.記等比數列前項和為，且，則（）A. B. C.2 D.17.若函數是單調遞增函數（，且），則a的取值范圍為（）A. B. C. D.8.設A，B是曲線上關于坐標原點對稱的兩點，將平面直角坐標系沿x軸折疊，使得上，下兩半部分所成二面角為，則的最小值為（）A.2 B. C. D.4二、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.已知隨機變量X服從正態(tài)分布，Y服從二項分布，則（）A. B.C. D.10.已知函數，，則（）A.的最小正周期為B.的最小正周期為C.函數的圖象關于直線對稱D.函數值域為11.已知函數的定義域為，，當時，，則（）ABC.若函數恰有兩個零點，則D.函數（，且），則三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分，12.若，則____________.13.已知數列的各項均不為零，且，若表示事件“，”，則________.14.設拋物線的焦點為F，O為坐標原點，過F的直線交C于A，B兩點，若的外接圓圓心在直線上，則的外接圓的面積為________.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程及演算步驟.15.在銳角三角形中，角、、對應的邊分別為、、，已知.（1）求；（2）求的取值范圍.16.如圖，在三棱臺中，平面ABC，，.（1）證明：；（2）若與平面所成角的正弦值為，求.17.已知橢圓的左，右焦點分別為，，左，右頂點分別為A，B，過的動直線交橢圓于P，Q兩點，其中的最大值為，最小值為.（1）求橢圓C標準方程；（2）過且與PQ垂直的直線交橢圓于M，N兩點，求的取值范圍.18.已知函數，.（1）討論的單調區(qū)間；（2）若直線為的切線，求a的值.（3）已知，若曲線在處的切線與C有且僅有一個公共點，求a的取值范圍.19.已知有限集合（，），若，則稱A為“完美集”.（1）已知，，，，成等差數列，若集合A為“完美集”，求；（2）已知，是否存在首項為3的等比數列，使得集合A為“完美集”，若存在，求集合A；若不存在，說明理由；（3）已知，且集合A為“完美集”，求A.

數學全卷滿分150分，考試時間120分鐘.注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.請按題號順序在答題卡上各題目的答題區(qū)域內作答，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.3.選擇題用2B鉛筆在答題卡上把所選答案的標號涂黑；非選擇題用黑色簽字筆在答題卡上作答；字體工整，筆跡清楚.4.考試結束后，請將試卷和答題卡一并上交.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】A【解析】【分析】分別求解一元二次不等式和求函數定義域，得到集合，求其并集即得.【詳解】由可得，即，由解得，即得，故.故選：A.2設，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據復數的除法運算化簡，即可根據共軛復數的概念求解.【詳解】，所以，故選：B.3.已知，，為不共線的單位向量，且任意兩個向量的夾角均相等，若，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據題意得到向量之間的夾角為，再依據向量加法的平行四邊形法則可求得結果.【詳解】依題意，任意兩個向量的夾角均為，由平行四邊形法則可知，，所以.故選：B.4.已知雙曲線C的一個焦點到其漸近線的距離與焦距之比為，則C的離心率為（）A.2 B.4 C. D.【答案】C【解析】【分析】設雙曲線的焦距為2c，求出焦點到其漸近線的距離，由題意得到關系，結合的關系求得離心率.【詳解】設雙曲線的焦距為2c，易知焦點到其漸近線的距離為，所以，，故，故選：C.5.若函數的圖象關于直線對稱，則下列函數一定為奇函數的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據函數的對稱軸結合平移得出奇偶性，再結合奇函數定義計算判斷即可.【詳解】因為的圖象關于直線對稱，將向右平移1個單位長度，所得圖象關于y軸對稱，即為偶函數，B選項錯誤；因為的圖象關于直線對稱，將向左平移1個單位長度，關于直線對稱，不能得出奇偶性，A，C選項錯誤；對于D：，可得函數為奇函數，D選項正確；故選：D.6.記等比數列的前項和為，且，則（）A. B. C.2 D.1【答案】D【解析】【分析】由等比數列通項公式得到，再由求和公式將代入即可化簡求解；【詳解】設的公比為q，則，即，，因為，所以，所以，故選：D.7.若函數是單調遞增函數（，且），則a的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據給定條件，求出函數的導數，利用單調性建立恒成立的不等式求解.【詳解】函數，求導得，依題意，恒成立，令函數，求導得，當時，，當時，，函數在上遞減，在上遞增，因此，則，解得，所以a的取值范圍為.故選：B8.設A，B是曲線上關于坐標原點對稱的兩點，將平面直角坐標系沿x軸折疊，使得上，下兩半部分所成二面角為，則的最小值為（）A.2 B. C. D.4【答案】C【解析】【分析】先設，，再根據二面角得出，最后應用，應用數量積化簡結合基本不等式計算求最小值.【詳解】設，，在平面直角坐標系中，過作軸于點，過作軸于點，則，，，，折疊后即有，因為，所以，當且僅當時，等號成立，所以的最小值為.故選:C.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.已知隨機變量X服從正態(tài)分布，Y服從二項分布，則（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】【分析】對于A：利用期望即可判斷；對于B：利用方差即可判斷；對于C：利用正態(tài)分布對稱性得概率，二項分布的特性得概率，對于D：利用正態(tài)分布對稱性得概率，二項分布的特性得概率，【詳解】對于A：，，A選項正確；對于B：，，B選項錯誤；對于C：，，C選項正確；對于D：，，D選項錯誤；故選：AC.10.已知函數，，則（）A.的最小正周期為B.的最小正周期為C.函數的圖象關于直線對稱D.函數的值域為【答案】BD【解析】【分析】利用特例法判斷AC；利用降冪公式與余弦函數的周期公式判斷B；根據函數的奇偶性轉化為求時函數的值域，再結合輔助公式、正弦函數的值域判斷D.【詳解】因為，，的最小正周期不是，A選項錯誤；因為，所以的最小正周期為，B選項正確；，，因為與有可能不相等（例如?。圆缓愠闪?，函數的圖象不關于直線對稱，C選項錯誤；因為，所以為偶函數，所以只需考慮的情況，當時，，且；當時，；當時，；當時，，所以時，函數的值域為，根據周期性可得時函數的值域為，根據函數是偶函數可得函數的值域為，D選項正確；故選：BD.11.已知函數的定義域為，，當時，，則（）A.B.C.若函數恰有兩個零點，則D.函數（，且），則【答案】ABD【解析】【分析】直接代入求判斷A；求出，然后構造函數，利用導數求出最值即可判斷B；根據零點定義可得，利用數列的單調性可求出k的最值，即可判斷C；【詳解】，，，選項A正確；當時，由，且得，此時，因為，即證當時，，則，易知單調遞減，，，所以存在，使得，所以當時，單調遞增；當時，單調遞減，因為，，所以當時，，選項B正確；依題意即與直線恰有兩個交點，易知在函數的圖象上，即，所以，則，當時，；當時，，所以，所以的最小值為8，所以，選項C錯誤；因為，所以當時，，易知，，所以；當且時，，所以；選項D正確；故選：ABD.【點睛】關鍵點點睛：本題考查導數在研究函數中的應用，涉及到根據零點個數求解參數范圍、恒成立問題的求解；求解恒成立問題的關鍵是將問題轉化為函數最值的求解問題，利用導數求得函數的最值后即可得到參數的取值范圍.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分，12.若，則____________.【答案】##【解析】【分析】通過倍角公式將與進行轉化，再根據已知條件求出的值，最后利用正切函數的二倍角公式求出的值.【詳解】由題，所以，所以.故答案為：.13.已知數列的各項均不為零，且，若表示事件“，”，則________.【答案】【解析】【分析】根據古典概型公式結合組合數及乘法原理計算即可.【詳解】依題意可知事件A為與同號，與異號，則，，符號有2種情況，剩下的，，，任意選有，則.故答案為：.14.設拋物線的焦點為F，O為坐標原點，過F的直線交C于A，B兩點，若的外接圓圓心在直線上，則的外接圓的面積為________.【答案】【解析】【分析】由外接圓圓心為，得到外接圓方程，設直線，直線方程分別和拋物線方程、圓的方程聯立，消去，由得到的方程應該為同一方程即可求解.【詳解】設直線，聯立拋物線方程，可得，①，設外接圓圓心為，外接圓方程為，即，與直線聯立可得，②，依題意，①，②同一個方程，所以，解得，，所以的外接圓面積為.故答案為：四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程及演算步驟.15.在銳角三角形中，角、、對應的邊分別為、、，已知.（1）求；（2）求的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理化簡得出的值，結合為銳角三角形可得出角的值；（2）求出角的取值范圍，利用正弦定理結合三角恒等變換化簡得出，結合正切函數的基本性質可求得的取值范圍.【小問1詳解】因為，由正弦定理可得，因為為銳角三角形，則，，所以，，即，所以，.【小問2詳解】因為為銳角三角形，可得，解得，則，因為，則,所以，可得，即，所以的取值范圍為.16.如圖，在三棱臺中，平面ABC，，.（1）證明：；（2）若與平面所成角的正弦值為，求.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）作圖，取AC的中點O，連接，由線線垂直得到面面垂直，由面面垂直的性質得到線面垂直，從而得到線線垂直，在正方形中得到線線垂直，由線面垂直的證明得到線面垂直，再得到線線垂直；（2）由（1）得到三直線兩兩垂直，建立空間直角坐標系，設出長并寫出其他點坐標，由空間向量垂直的性質求出平面的法向量，然后由空間向量的夾角公式建立等式，從而求出，從而得到.【小問1詳解】取AC的中點O，連接，由平面ABC可知，平面平面ABC，因為，所以，且平面平面，所以平面，因為平面，所以，又四邊形為正方形，所以，又因為，所以平面，因為平面，所以；【小問2詳解】如圖，以O為原點，分別以OB，OA，所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系.設，則，，，，所以，，，設平面的法向量為，則有即，可取，設與平面所成的角為，則，解得，所以.17.已知橢圓的左，右焦點分別為，，左，右頂點分別為A，B，過的動直線交橢圓于P，Q兩點，其中的最大值為，最小值為.（1）求橢圓C的標準方程；（2）過且與PQ垂直的直線交橢圓于M，N兩點，求的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由題意根據橢圓長軸與焦距，建立方程組，可得答案；（2）設出直線方程聯立橢圓方程，寫出韋達定理，結合直線垂直以及基本不等式，可得答案.【小問1詳解】由題意，，，，解得，又，橢圓的方程為.【小問2詳解】當直線PQ與x軸不垂直也不平行時，不妨設直線PQ的方程為，設，，聯立橢圓和直線PQ的方程，可得，由，則，，，設直線MN的方程為，設，，聯立橢圓和直線MN的方程，可得，由，則，，，又，，，，，當且僅當時，等號成立，，當直線PQ與x軸垂直或平行時，此時，綜上所述，的取值范圍是.18.已知函數，.（1）討論的單調區(qū)間；（2）若直線為的切線，求a的值.（3）已知，若曲線在處的切線與C有且僅有一個公共點，求a的取值范圍.【答案】（1）答案見解析（2）1（3）【解析】【分析】（1）求得導函數，并對分和討論，即可判斷函數的單調性；（2）設切點為，結合導數的幾何意義可得，令，轉化為僅一個零點，利用導數判斷求解；（3）根據導數的幾何意義即可求曲線在處的切線方程為，構造函數，由切線與有且只有一個公共點轉化為僅一個零點，并求得導函數，對分類討論，即可判斷函數的單調性和最值，進而求得正數的取值范圍．【小問1詳解】由，，當時，，在單調遞增，當時，令，解得，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，綜上，當時，在單調遞增，無單調減區(qū)間；當時，在區(qū)間上單調遞減，在上單調遞增.【小問2詳解】設切點為，依題意，，所以，又，代入可得，，設，則，所在單調遞增，因為，所以，.【小問3詳解】，，所以曲線在處的切線方程為，即，設，，，①當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，有且僅有一個零點，符合題意；②當時，，在上單調遞減，有且僅有一個零點，符合題意；③當時，在上單調遞減，在上單調遞增，在上單調遞減，因為，