【文档说明】湖北省部分学校2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题（解析版）.docx，共(20)页，968.294 KB，由小赞的店铺上传

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2024-2025学年度年秋学期高三年级开学考试数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等信息填写在答题卡和试卷指定位置上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.择如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将

答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合21,2Z3MxxNxx=−=，

则MN=（）A.0,1B.11,22−C.11,1,22−D.11,0,,122−【答案】D【解析】【分析】由交集的定义求解.【详解】集合21,2Z3MxxNxx=−=，则11,0,,122MN=−

.故选：D2.如图，OAB△是水平放置的OAB用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分别与x轴和y轴平行），26OBOD==，8OC=，则OAB的面积为（）A.82B.122C.24D.48【答案】D【解析】【分析】由直观图得到平面

图形，再求出相应的线段长，最后由面积公式计算可得.【详解】由直观图可得如下平面图形：其中6OOBB==，3ODOD==，216OCOC==，//ADy轴，且16ADOC==，所以161648

2OABS==.故选：D3.232(2)()xnxx−−的展开式的各项系数之和为3，则该展开式中3x项的系数为（）A.2B.8C.5−D.-17【答案】D【解析】【分析】令1x=得各项系数和，可求得n，再由二项式定理求得3x的系数，注意多项式乘法法则的应用．【详解】令1x=，可得3(

2)(12)3n−−=，5n=，在232(25)()xxx−−的展开式中3x的系数为：232(2)(5)117C−+−=−．故选D．【点睛】本题考查二项式定理，在二项展开式中，通过对变量适当的赋值可以求出一些特定的系数，如令1x=可得展开式中

所有项的系数和，再令=1x−可得展开式中偶数次项系数和与奇数次项系数和的差，两者结合可得奇数项系数和以及偶数项系数和．4.已知()()()1sin2cos,tan2−=+−=，则tantan−=

（）A.35B.53C.45D.65【答案】C【解析】【分析】利用两角和差的正余弦公式展开，两边同除coscos，得到tantantantan12−=−.再利用两角差的正切公式展开()tan−，将tantan换成tantan12−−，化简即可得到答案.

【详解】()()sin2cos−=+，所以()sincoscossin2coscossinsin−=−，两边同除coscos，得到tantan22tantan−=−，即tantantantan12−=

−.()tantantantan1tantantan1tantan2112−−−===−++−，4tantan5−=.故选：C.5.设20.4a=，0.4log3b=，0.34c=，则a，b，c大小关系为（）A.

abcB.bacC.cbaD.cab【答案】B【解析】【分析】根据指数函数的单调性及对数函数的单调性，结合特殊值比较大小即可.【详解】因为0.4logyx=在定义域上单调递减，所以0.40.4log3log10b==，又4

xy=在定义域上单调递增，所以0.30441c==，0.4xy=在定义域上单调递减，所以2000.40.41a==，所以bac.故选：B6.谢尔宾斯基三角形（Sierppinskitriangle）是一种分形

，由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出．先取一个实心正三角形，挖去一个“中心三角形”（即以原三角形各边的中点为顶点的三角形，即图中的白色三角形），然后在剩下的每个小三角形中又挖去一个“中心三角形”，用上面的方法可以无限操

作下去．操作第1次得到图2，操作第2次得到图3．．．．．，若继续这样操作下去后得到图2024，则从图2024中挖去的白色三角形个数是（）A.20233B.20243C.2023312-D.2024312−【答案】C的【解析】【分析】根据等比数列的前n

项和公式求得正确答案.【详解】由图可知，图2024中挖去的白色三角形个数是：2202421333−++++()2023202311331132−−==−.故选：C7.已知圆C的方程为22(2)xya+−=，则“2a”是“函数yx=的图象与圆C

有四个公共点”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】找出||yx=与圆有四个公共点的等价条件，据此结合充分条件、必要条件概念判断即可.【详解】由圆C的方程为22(2)xya+−=可得圆心()0,2，半径ra=

，若圆与函数yx=相交，则圆心到直线yx=的距离2022da−==，即2a，若函数yx=的图象与圆C有四个公共点，则原点在圆的外部，即220(02)a+−，解得4a，综上函数yx=的图象与圆C有四个公共点则24a，所以“2a”是“函数yx=的图象与圆C有四个公共点”的必要不充

分条件，故选：B8.已知函数()cosfxx=，函数()gx的图象可以由函数()fx的图象先向右平移6个单位长度，再将所得函数图象保持纵坐标不变，横坐标变为原来的1(0)倍得到，若函数()gx在3(,)2

2上没有零点，则的取值范围是（）A.4(0,]9B.48[,]99C.48(,]99D.8(0,]9【答案】A【解析】【分析】由函数()cosfxx=，根据三角函数的图象变换得到()cos6gxx=−，令()cos06gxx

=−=，结合函数零点存在的条件建立不等式求解即可.详解】函数()cosfxx=，向右平移6个单位长度，得cos6yx=−，再将所得函数图象保持纵坐标不变，横坐标变为原来的1(0)倍得到()cos6gxx=−，令()cos06g

xx=−=，得62xk−=+，所以123xk=+，若函数()gx在3(,)22上没有零点，则需3222T−=，所以22，所以01，若函数()gx在3(,)22上

有零点，则123232k+，当k=0时，得123232，解得4493，当k=1时，得153232，解得101093，综上：函数()gx在3(,)22上有零点时，4493或101093，所以函数(

)gx在3(,)22上没有零点，409.所以的取值范围是4(0,]9.故选：A【【点睛】本题主要考查三角函数的图象变换及函数零点问题，还考查了转化求解问题的能力，属于难题.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全选对的得6分，选对但不全的得部分分，选错不得分.9.设z是非零复数，则下列说法正确的是（）A.若zzR+，则zRB.若zz=，则zz=C.若0zz+=，则i||zz=D.若zzz=，则1z=【答案】ABD【解析】【分

析】根据复数的运算性质逐一检验即可.【详解】A选项，||zR，故zR，正确；B选项，zz=即zR.故zz=，正确；C选项，0zz+=即z为纯虚数，故ziz=，不正确；D选项，∵22||zzzzz==，，故1

z=，正确.故选：ABD.10.某商场为促销组织了一次幸运抽奖活动，袋中装有8个大小形状相同的小球，并标注18这八个数字，抽奖者从中任取一个球，事件A表示“取出球的编号为奇数”，事件B表示“取出球的编号为偶数”，事件C表示“取出球的编号大于5”，事

件D表示“取出球的编号小于5”，则（）A.事件A与事件C不互斥B.事件A与事件B互为对立事件C.事件B与事件C互斥D.事件C与事件D互为对立事件【答案】AB【解析】【分析】分别求出样本空间和事件A、B、C、D即可

根据互斥事件和对立事件的概念去进行判断.【详解】由题意抽奖者从中任取一个球的样本空间为1,2,3,4,5,6,7,8=，事件A表示1,3,5,7，事件B表示2,4,6,8，事件C表示6,7,8，事件D表

示1,2,3,4，所以7AC=，AB=且AB=，6,8BC=，CD=且1,2,3,4,6,7,8CD=，所以事件A与事件C不互斥，事件A与事件B为对立事件，事件B与事件C不互斥，事件C与事件D互斥但不对立，故A，B正确，C，D错误.故选：AB.1

1.已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，M为1DD的中点，N为正方形ABCD所在平面内一动点，则下列命题正确的有（）A.若2MN=，则MN的中点的轨迹所围成图形的面积为34B.若N到直线1BB与直线DC的距离相等，则N的轨迹为抛物线C.若MN与

平面ABCD所成的角为3，则N的轨迹为椭圆D.若1DN与AB所成的角为3，则N的轨迹为双曲线【答案】ABD【解析】【分析】记MN中点为P，DM中点为Q，连接PQ，计算出PQ可知P的轨迹为圆，然后可判断A；根据抛物线定义可判断B；根据已知算出DN，可判断C；以DA、DC所在直线分别

为x轴、y轴，将条件坐标化可判断D.【详解】A中，记MN中点为P，DM中点为Q，连接PQ，易知PQDN，且12PQDN=，如图，若MN=2，则DN=3，则32PQ=，所以点P的轨迹是以Q为圆心，半径为32的圆，面积234Sr==，故A正确；B中，点N到直线1BB的距离为NB，所以点N到定点B和

直线DC的距离相等，由抛物线定义可知，N的轨迹是抛物线，故B正确；C中，易知60MND=，则3tan603DMDN==，所以N的轨迹是以D为圆心，半径为33的圆，故C错误；D中，过点N向AD作垂线，垂足为R，易知NRAB，所以60RND=，所以12DNNR=，在平面ABC

D中，以DA、DC所在直线分别为x轴、y轴，则2242xyy++=，整理得221443yx−=，故D正确.故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知向量a、b满足5a=，4b=，a与

b的夹角为120，若()()2kabab−⊥+，则k=________.【答案】45##0.8【解析】【分析】运用平面向量数量积公式计算即可.【详解】因为5a=，4b=，a与b的夹角为120，所以1cos12054102abab

==−=−.因为()2kab−⊥()ab+rr，所以()()()()222222521610215120kababkabkabkkk−+=−+−=−−−=−=，解得45k=.故答案为：45.13.椭圆()222210xyabab+=的

左、右焦点分别为12,FF，过2F作x轴的垂线交椭圆于,PQ，若1FPQ为等腰直角三角形，则椭圆的离心率为______.【答案】21−【解析】【分析】根据给定条件，结合椭圆的定义求出离心率.【详解】令椭

圆的半焦距为c，由PQx⊥轴，1FPQ为等腰直角三角形，得212||||2PFFFc==，112||2||22PFFFc==，由椭圆的定义得12||||2PFPFa+=，即2222cca+=，所以椭圆的离心率12121cea===−+.故答案为：21−14.已知函数()fx的定义域为R

，且满足()()()421fxfxf++=，()()84fxfx−=−，()01f=，则20251()kfk==__________.【答案】2024【解析】【分析】由()()84fxfx−=−可推出()fx关于直线2x=对称，

可得()()401ff==，再由()()()421fxfxf++=可推出()fx的最小正周期为8，结合周期函数性质求解即可.【详解】由()()84fxfx−=−可知()fx的图象关于直线2x=对称，从而()()401ff==，又因为()()()421fxfxf++=，令0x=，得(

)()()21042fff=+=，所以()()()()()()()()152637482ffffffff+=+=+=+=，由()()42fxfx++=，得()()482fxfx+++=，两式相减可得()()8fxfx+=，故()f

x的最小正周期为8，则()()2152ff==，()10f=，因为202582531=+，所以20251()253[(1)(2)(8)](1)253802024kfkffff==++++=+=.故答案为：20

24.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤.15.在ABC中，角,,ABC所对的边分别为,,abc，且满足ππcos2cos22coscos.66ABAA−=−+（1）求角B的值；（2）若3

b=且ba，求2ca−的取值范围.【答案】（1）π3或2π3（2）3,32【解析】【分析】（1）利用二倍角公式和两角和与差的余弦公式化简，可求出角B的值；（2）根据条件ba，可求出角B的值以及角A的范围，利用正弦定理可得

到12sinsin2acAC−=−，将2π3CA=−代入，用辅助角公式化简，结合A的范围即可求出结果.【小问1详解】在ABC中，πABC++=，ππcos2cos22cos()cos()66ABAA−=−+，22313112sin(2cos1)2(cossin)(cossin)2

222ABAAAA−−−=+−，22223122sin2coscossin22ABAA−−=−，()22223122sin2cos1sinsin22ABAA−−=−−，22cos12B=，即21cos4B=，又()0,πB，所以cos21B=，解得π3B=或2π3.【小问

2详解】∵3b=且ba，∴π3B=，由正弦定理得2sinbB=，所以2sinaA=，πππ2n2sin23sisinsi3cos3nAcAACA−+=+=+==.故()1133π2sinsin3cossinc

os3sin()22226acAAAAAA−=−+=−=−，∵ba，∴π2π33A，πππ662A−，又易知函数sinyx=在ππ,62上单调递增，于是当ππ66A−=，即π3A=时π

3sin()6A−的最小值为32，当2ππ6A−=，即2π3A=时π3sin()6A−的最大值为3.所以1π33sin(),3262acA−=−，即2ca−的取值范围3,32.16.已知双曲线()2222:10,0xyCabab

−=与22152xy+=有相同的焦点，且经过点()2,2P−.（1）求双曲线C的方程；（2）若直线l与双曲线C交于,AB两点，且AB的中点坐标为()1,2，求直线l的斜率.【答案】（1）2212yx−=（2）1【解析】【分

析】（1）找出焦点的坐标，根据已知条件建立方程组解出即可（2）分析直线斜率存在且不为0，设直线方程联立方程组利用韦达定理，利用中点公式建立方程组解出即可【小问1详解】由22152xy+=的焦点坐标为()()3030−，，，由双曲线()2222:10,0xyCabab−=与22152xy+=

有相同的焦点所以双曲线()2222:10,0xyCabab−=的焦点坐标为()()3030−，，，故3c=，在双曲线中：2223abc+==①又双曲线C经过点()2,2P−所以22221ab−=②解得：221,2ab==所以双曲线C的方程为：2212yx−=【小问2详解】由题知直线斜率存在且不

为0，设直线l的方程为：ykxm=+由直线l与双曲线C交于,AB两点，设()()1122,,,AxyBxy所以2212ykxmyx=+−=消去y整理得：()2222220kxkmxm−+++=所以1212222222xxkmkmxxk

k++=−=−−−()()()1212122yykxmkxmkxxm+=+++=++2224222kmmkmkk=−+=−−−所以122222yymk+=−−由AB的中点坐标为()1,2所以12221222112222222222xxkmkmkkyymmkk+

=−=−=−−+−==−=−−所以1k=.17.如图，已知四棱台1111ABCDABCD−的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，14AA=，且1AA⊥底面ABCD，点P，Q分别在棱1DD、BC上.（1）若P是1DD的中点，证明：1ABPQ⊥；

（2）若//PQ平面11ABBA，二面角PQDA−−的余弦值为49，求四面体ADPQ的体积.【答案】（1）证明见解析（2）83【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明异面直线的垂直；（2）求平面法向量，由二面角PQDA−−的余弦值为49和/

/PQ平面11ABBA，解得P点坐标，可求四面体ADPQ的体积.【小问1详解】以A坐标原点，AB，AD，1AA所在直线分别为x，y，x轴建立空间直角坐标系，则()0,0,0A，()12,0,4B，()0,4,0D，()10,2,4D，设()4,,0Qm，其中mBQ=，04m，若

P是1DD的中点，则()0,3,2P，()12,0,4AB=，()4,3,2PQm=−−，于是1880ABPQ=−=，∴1ABPQ⊥，即1ABPQ⊥.【小问2详解】由题设知，()4,4,0DQm=−，()10,2,4DD=−是平面PDQ内的两个不共线向量.设()1,,nxyz=

是平面PDQ的一个法向量，则()111440,240,nDQxmynDDyz=+−==−+=取4y=，得()14,4,2nm=−.又平面AQD的一个法向量是()20,0,1n=，∴121222221222cos,(4)42(4)20nnnnnnmm===−++−+，而二面角PQ

DA−−的余弦值为49，因此2249(4)20m=−+，解得72m=或92m=（舍去），此时74,,02Q.设1DPDD=（01），而()10,2,4DD=−，由此得点()0,42,4P−，为14,2,42PQ=−−，∵//PQ平面11

ABBA，且平面11ABBA的一个法向量是()30,1,0n=，∴30PQn=，即1202−=，解得14=，从而70,,12P.将四面体ADPQ视为以ADQ△为底面的三棱锥PADQ−，则其高1

h=，故四面体ADPQ的体积11184413323ADQVSh===.18.已知函数()()e1sinxfxmxm=−−R.（1）当1m=时，（ⅰ）求曲线()yfx=在点()()0,0f处的切线方程

；（ⅱ）求证：0,2πx，()0fx.（2）若()fx在π0,2上恰有一个极值点，求m的取值范围.【答案】（1）（ⅰ）切线l方程为0y=；（ⅱ）证明见解析（2）()1,+【

解析】【分析】（1）当1m=时，求导，根据导数几何意义求解切点坐标与斜率，即可得切线方程；根据导函数的正负确定函数的单调性，即可得函数()fx的最值，即可证明结论；（2）根据极值点与函数的关系，对m进行讨论，确定导函数是否存在零

点进行判断，即可求得m的取值范围.【小问1详解】当1m=时，()ecosxfxx=−（ⅰ）()00ecos00f=−=，又()00e1sin00f=−−=，所以切线l方程为0y=.（ⅱ）()1sneixfxx=−−，()ecosxfxx=−，因为π0,2x

，所以e1,cos1xx−−,所以ecos0xx−，所以()ecos0xfxx=−所以()fx在π0,2单调递增，所以()()00fxf=；【小问2详解】()e1sinxfxmx=−−，()ecosxfxmx=−当1m£时，所以coscosmxx−−，

()ecosecosxxfxmxx=−−,由（1）知，()0fx，所以()fx在π0,2上单调递增.所以当1m£时，()e1sinxfxmx=−−没有极值点，当1m时，()ecosxfxmx=−，因为

exy=与cosymx=−在π0,2单调递增.所以()fx在π0,2单调递增.所以()010fm=−，π2πe02f=.所以0π0,2x使得()00fx=.所以当00xx时，()0fx，因此()fx在区间()0

0,x上单调递减，当0π2xx时，()0fx¢>，因此()fx在区间0π,2x上单调递增.故函数()fx在π0,2上恰有一个极小值点，m的取值范围是()1,+.19.中国女

排是中国各体育团队中成绩突出的体育团队之一，曾是世界上第一个“五连冠”得主，并十度成为世界冠军，2023年在杭州第19届亚运会上女排再度获得冠军．她们那种团结协作、顽强拼搏的精神极大地激发了中国人的自豪、自尊和自信，为我们在新征程上奋进提供了强大的精神力量

．如今，女排精神广为传颂，家喻户晓，各行各业的人们在女排精神的激励下，为中华民族的腾飞顽强拼搏．某中学也因此掀起了排球运动的热潮，在一次排球训练课上，体育老师安排4人一组进行传接球训练，其中甲、乙、丙、丁四人刚好围成一个矩形（如图），已知当某人控球时，传给其相邻

同学的概率为25，传给对角线上的同学的概率为15，由甲开始传球．（1）求第3次传球是由乙传给甲的概率；（2）求第n次传球后排球传到丙手中的概率；（3）若随机变量iX服从两点分布，且()()110iiiPXPXq==−==，1i=，2，

…，n，则11nniiiiEXq===，记前n次（即从第1次到第n次传球）中排球传到乙手中次数为Y，求()EY．【答案】（1）8125（2）14−11132545nn−+−（3）4n+*331,325nn

−−N【解析】【分析】（1）设第n次传球后排球在甲、乙、丙、丁手中的概率分别为*,,,,nnnnabcdnN，得到11112120,,,555abcd====，求出2425b=，从而得到第3次传球是由乙传给甲的概率；（2）求出*,,,,

nnnnabcdnN之间的关系式，联立后得到15nnnac−=−，nnbd=，进而得到111254nnc+−−是以11111325420c+−−=−为首项，公比为35-的等比数列，求出

1111342545nnnc=−−+−；（3）在（2）的基础上求出113445nnb=−−，求出11()iiiinnEYEYb====，利用等比数列求和公式得到

答案.【小问1详解】的设第n次传球后排球在甲、乙、丙、丁手中的概率分别为*,,,,nnnnabcdnN，则11112120,,,555abcd====．第2次传球到乙手中的概率211212112455555525bcd=+=+

=，所以第3次传球是由乙传给甲的概率为2285125b=．小问2详解】根据已知条件可得，当2n时，111111111111212,555221,555212,555212,555nnnnnnnnnnnnnnnnabcdbacdcbaddabc−−−−

−−−−−−−−=++=++=++=++①②③④联立则有()()11111,515nnnnnnnnacacbdbd−−−−−=−−−=−−，所以nnac−是首项为15−，公比为15−的等比数列，故15nnna

c−=−．因为1125bd==，所以nnbd=，代入①②式得11111411,5552141,5555nnnnnnnnbccbcb−−−−−=+−−=−++⑤⑥，将⑤代入⑥得11371444

5nnnnbcc−=+−−，11223615555nnnnccc−−−=+−−，则()1112336135555nnnnnccccn−−−−+−+=−−，，其中21122255555525222

8bdc=+=+=，故211811252533555cc==++，【2322133615555cccc+−+=−−，3433233615555cccc+−+=−−，……，

111233615555nnnnncccc−−−−+−+=−−，由累加法可得2211311611121525555555nnnncc−−+=−−+−++−=+−

，所以1111131112545254nnnncc−−+−−=−+−−，所以111254nnc+−−是以111125c+−−13420=−为首项，公比为35

-的等比数列，所以1111342545nnnc=−−+−，故第n次传球后排球传到丙手中的概率为1111342545nnnc=−−+−．【小问3详解】随机变量iY服从两点分布，设第i次未传到乙手中的概率为()0iPY=，则排球

第i次传到乙手中的概率为()11iPY==−()0,1,2,,iiPYbin===，则11iiiinnEYb===．由（2）知113714445nnnnbcc−=+−−11111133313371168516516

8516545nnnnn−−=−−+−+−−+−−−113445n=−−，其中1111333533353553585588515ninnin+++=−−−−==−−−=−−

−−−，所以11*11333()1,4454325iniiinnnEYbn====−−=+−−N．【点睛】方法点睛：由递推公式求解通项

公式，根据递推公式的特点选择合适的方法，（1）若()1nnaafn+−=，采用累加法；（2）若()1nnafna+=，采用累乘法；（3）若()11nnapaqp+=+，可利用构造111nnqqapapp++=+−−进行

求解；