【文档说明】湖北省新高考联考协作体2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题 Word版含解析.docx，共(14)页，780.029 KB，由小赞的店铺上传

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高三数学试卷试卷满分：150分注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用28铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试装、草

稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。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.设集合21,Z|Mxxnn==+，31,Z|Nxxnn==+，61,Z|Pxxnn==+，则（）A.MPB.NPC.PMN=D.MN=2.已知b，R，虚数1izb=+是方程2230xx++=的根，则=（）A.4−B.

2−C.4D.23.已知向量(cos,sin)m=，(1,2)n=，若//mn，则2sin2cos+=（）A.2B.85C.1D.04.已知相互啮合的两个齿轮，大轮有45齿，小轮有30齿.如果大轮的转速为180r/min（转/分），小轮的半

径为10cm，那么小轮周上一点每1s转过的弧长是（）cm.A.5400πB.90πC.180πD.40π5.已知随机变量()2~2,N，且()()1PPa=，则19(0)xaxax+−的最小值为（）A.5B.112C.203D.

1636.已知某圆台上下底面半径分别为2.5和6，母线长为7，则该圆台内能放入最大球的表面积为（）A.147π4B.3433π16C.323πD.48π7.设函数320.5()()log()fxxaxxaxb=−+−+，若()0fx，则a，b满足的关系式为（）A.ab

=B.ab=−C.1ab+=D.1ba−=8.小明有一枚质地不均匀的骰子，每次掷出后出现1点的率为()01pp，他掷了k次骰子，最终有6次出现1点，但他没有留意自己一共掷了多少次骰子.设随机变量X表示每掷

N次骰子出现1点的次数，现以使()6PX=最大的N值估计N的取值并计算()EX.（若有多个N使()6PX=最大，则取其中的最小N值）.下列说法正确的是（）A.()6ExB.()6EXC.()6EX=D.()EX与6的大小无法确定二、选择题：本题共3小题，每小题6

分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知函数()332fxxx=−−，则（）A.()fx的极小值点为1B.()fx有三个零点C.点()0,2−为曲线(

)yfx=的对称中心D.过点()0,2可以做曲线()yfx=的两条切线10.受潮汐影响，某港口5月份每一天水深y（单位：米）与时间x（单位：时）的关系都符合函数sin()yAxh=++（0A，0，ππ22−，Rh）.根据该港口的安全条例，要求船底与水底的距离必须不小于2.

5米，否则该船必须立即离港，一艘船满载货物，吃水（即船底到水面的距离）6米，计划于5月10日进港卸货（该船进港立即可以开始卸货），已知卸货时吃水深度以每小时0.3米的速度匀速减少，卸完货后空船吃水3米（不计船停靠码头和驶离码头所需时间）.下表为该港口5月某天

的时刻与水深关系：时刻2：005：008：0011：0014：0017：0020：0023：00水深/米1074710747以下选项正确的有（）A.水深y（单位：米）与时间x（单位：时）的函数关系为ππ3sin766y

x=++，[0,24)xB.该船满载货物时可以在0：00到4：00之间以及12：00到16：00之间进入港口C.该船卸完货物后可以在19：00离开港口D.该船5月10日完成卸货任务的最早时间为16：0011.已知圆()22:201Mxaxya

−+=−，过点()2,0P−向圆M引切线l，切点为Q，记Q的轨迹为曲线C，则（）A.曲线C关于x轴对称B.C在第二象限的纵坐标最大的点对应的横坐标为15−C.C的渐近线为1x=D.当点()00,xy在C上时，000222xyx+−三、填空题：本题共3小题，每

小题5分，共15分.12.在()3nx−的展开式中，若2x的系数为()2nan，则2323333nnaaa+++=--_____.13.M、N分别为曲线e2xyx=+与直线31yx=−上的点，则MN的最小值为______.14.将椭圆22122:

1(0)xyCabab+=上所有的点绕原点逆时针旋转π02角，得到椭圆2C的方程：223xyxy+−=，椭圆2C的离心率为______.四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤

.15.（本题满分13分）在ABC△中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且()1cos3sinbCcB+=.（1）求角C的大小；（2）若213c=，2ba−=，求AB边上的中线长.16.（本题满分15分）已知平面内一动圆过

点()2,0P，且在y轴上截得弦长为4，动圆圆心的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）若过点()4,0Q的直线l与曲线C交于点M，N，问：以MN为直径的圆是否过定点？若过定点，求出这个定点；若不过定点，请说明理由.17.（本题满分15分）某学校有A，

B两家餐厅，王同学开学第1天（9月1日）午餐时去A餐厅用餐的概率是23.如果第1天去A餐厅，那么第2天继续去A餐厅的概率为13；如果第1天去B餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为12，如此往复.（1）计算王同学第2天去A餐厅用餐的概率.（2）记王同学第n天去A餐厅用餐概率为nP，求nP；（3

）求九月（30天）王同学去A餐厅用餐的概率大于去B餐厅用餐概率的天数.18.（本题满分17分）已知函数()()()2ln1cos2gxtt=−−+−−.（1）函数()fx与()gx的图像关于1x=−对称，求()fx的解

析式；（2）()1fxax−在定义域内恒成立，求a的值；（3）求证：2111ln42nknfk=+−，*Nn.19.（本题满分17分）类似平面解析几何中的曲线与方程，在空间直角坐标系中，可以定义曲面（

含平面）S的方程，若曲面S和三元方程(),,0Fxyz=之间满足：①曲面S上任意一点的坐标均为三元方程(),,0Fxyz=的解；②以三元方程(),,0Fxyz=的任意解()000,,xyz为坐标的点均在曲面S上，则称曲面S的方程为(),,0Fxyz=，方程(),,0

Fxyz=的曲面为S.已知曲面C的方程为2221114xyz+−=.（1）写出坐标平面xOz的方程（无需说明理由），并说明xOz平面截曲面C所得交线是什么曲线；（2）已知直线l过曲面C上一点()1,1,2Q−−−，以()1,0,2d=为方向量，求证：

直线l在曲面C上（即l上任意一点均在曲面C上）；（3）已知曲面C可视为平面xOz中某双曲线的一支绕z轴旋转一周所得的旋转面；同时，过曲面C上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面C上.设直线l在曲面C上，且过点()1,0,0T，求异面直线l（第二间中的

直线l）与l所成角的余弦值.2024年高三9月起点考试高三数学答案1234567891011CACBDACBACABDABD12.()181nn−13.10514.631.因为6为2和3的公倍数，故PMN=2.1izb=+是方程的根，则

方程另一根为1izb=−，故242−==−.3.由于//sin2costan2mn==，2222222sincoscos2tan1sin2cos2sincoscos1sincostan1

+++=+===++.4.大轮有45齿，小轮有30齿，…当大轮转动一周时小轮转动453302=周，当大轮的转速为180/minr时，小轮转速为2180270/min3r=，小轮周上一点每1s转过的弧度数为

：2702π609π=.又小轮的半径为10cm，所以小轮周上一点每1s转过的弧长为：9π1090cm=.5.143aa+==，1911913916(3)1033333xxxxxaxxxxx−

+=+−+=++−−−，当且仅当393xxxx−=−，即34x=时取等.6.四台轴截面等腰梯形底角为60°，高为732，边长为12的正三角形内切圆半径为23，73234，故能放入最大球半径为73

4，表面积为4273147π4π44=7.3220.50.5()()log()(1)()log()fxxaxxaxbxxaxb=−+−+=+−+，且210yx=+恒成立，yxa=−在定义域上单

调增且零点为xa=，()0.5logyxb=+在定义域上单调减且零点为1xb=−，故yxa=−与()0.5logyxb=+在定义域内函数值正负相反且零点重合，则11abab=−+=.8.X服从二项分布(),BNP，则666(6)C(1)NNPXpp−==−，()6P

X=最大即为满足66666511C(1)C(1)NNNNpppp−−++−−的最小N，即为6666651C(1)15611111C(1)NNNNppNNpNppp−−−−−−−+−，又NN+

，故61p−为整数时，61Np=−，()6EXNp=；61p−不为整数时N为大于61p−的最小整数，为6p的整数部分，()6EXNp=.故()6EX，9.2()3301fxxx=−==，其中1−为极大

值点，1为极小值点，A对；()10f−=，()14f=−，故()fx有两个零点，B错；()600fxxx===，()02f=−，故()0,2−为曲线()yfx=的对称中心，C对；()0,2在对称中心()0,2−处的切线上方，故只能做一条切线，

D错.10.依题意3A=，10472h+==，2π142=−，解得π6=，显然函数3sin76yx=++的图象过点()2,10，即πsin13+=，又ππ22−，因此π6

=，所以函数表达式为ππ3sin766yx=++，[0,24]x.故A对依题意，ππ3sin762.566024xx+++，整理得ππ1sin662024xx+，即有πππ5π2π2π(Z)6666

024kxkkx+++，即12412(Z)024kxkkx+解得04x或1216x，所以该船可以在0点到4点以及12点到16点进入港口.故B对.该船卸完货后符合安全条例的最小水深为5.5，19时水深为ππ333sin19775.566

2y=++=+，故C错，该船0点进港即可以开始卸货，设自0点起卸货x小时后，该船符合安全条例的最小水深为0.362.5yx=−++函数0.362.5yx=−++与ππ3sin766yx=++的图像交于点()5,7，即卸货5小时后，

在5点该船必须暂时驶离港口，此时该船的吃水深度为4.5米，下次水深为7米时刻为11点，故该船在11点可返回港口继续卸货，5小时后完成卸货，此时为16点，综上，该船在0点进港开始卸货，5点暂时驶离港口，11点返回港口继续卸货，16点完成卸货任务.故D对.11.圆22

2:()Mxaya−+=，圆心(,0)Ma，半径a，且1a−，且0a.()2240440aa−++=+，则点()2,0P−在圆M外.由题意知MQPQ⊥，设(),Qxy，则22(,)(2,)(2)20MQPQxayxyxyaxa

=−+=++−−=①又点Q在圆M上，则2220xaxy−+=②，①-②得，()22axa+=，解得22xax=−③，由1a−且0a，解得22x−，且0x将③代入②消a得，22(2)2xxyx+=−，(2,0)(0,2)x−即为

曲线C的方程.设2(2)()2xxfxx+=−，[2,2)x−，则222(24)()(2)xxxfxx−−=−−，令()0fx=解得15x=−，或0x=，或15x=+（舍）当215x−−时，()0fx，()fx单调递增；当150x−时，()0fx，(

)fx单调递减；当02x时，()0fx，()fx单调递增.且()20f−=，()00f=，当2x→时，y→+.且当0y时，函数()()gxfx=与()fx单调性相同，且()20g−=，()00g=，当2x→时，y→+.故()gx的大致图象如下图，又

由方程22(2)2xxyx+=−可知曲线C关于x轴对称，2x−且0x.故曲线C的大致图象为如下图，故C在第二象限的纵坐标最大的点对应的横坐标为15−，浙近线为2x=，A、B项正确，C错误；D项，当点

00(,)xy在C上时，则22000022xyxx+=−由020x−，或002x.得2004x，又00202xx+−，2200000022422xxyxxx++=−−，则000222xyx+−，所以000

222xyx+−要成立，故D正确；12.由二项式定理通项公式得222(1)332nnnnnnaC−−−==，则2323181818(1)1(1)3nnnnannnnnn−===−−−−，则23233331818181818181818(1)182

123131nnnaaannnn−+++=−+−++−=−=−−−.13.x()e2(31)e10xfxxxx=+−−=−+恒成立，则曲线e2xyx=+在直线31yx=−上方，则当M处切线与直线31yx=−平行时MN最小，e2xyx=+求导得e230xyx=+==，此时点

()0,1M到直线距离即为最短距高，此时2201121051031MN−−===+∣∣.14.设点(),Pxy在该椭圆上，则其关于yx=的对称点(),Pyx代入椭圆方程有223yxyx+−=，即223xyxy+−=，则该对称点位于椭圆方程上，同理其关于y

x=−的对称点(),Pyx−−也位于椭圆方程上，则223xyxy+−=关于yx=对称，将yx=代入223xyxy+−=可得23x=，可得椭圆长轴的顶点为()3,3，()3,3−−，所以336a=+=，将yx=−代入223xyxy+−=可得21x=，可得椭圆短轴的顶点为

(1,1)−，(1,1)−，所以112b=+=，则622c=−=，则26e36ca===.15.（1）π3C=（2）37解：（1）因为()1cos3sinbCcB+=，由正弦定理可得()sin1cos3sinsinBCCB+=.又因为()0,πB，则sin0B，所以1cos

3sinC+=.整理得π2sin16C−=，即π1sin62C−=.因为()0,πC，所以ππ5π,666C−−，所以ππ66C−=，所以π3C=.（6分）（2）由余弦定理2222coscababC=+−，且2

13c=，则有22252()abababab=+−=−+，又2ba−=，故48ab=.（8分）设AB边上中线为CM，则1()2CMCACB=+∣，222211()[()3]3744CMabababab=++=

−+=，故AB边上中线长为37（13分）16.（1）24yx=；（2）过定点，定点为原点.解：（1）设动圆圆心(),xy，当0x时，由已知得22222(2)xxy+=−+，即24yx=；当0x=时，点C的轨迹为点

()0,0，满足24yx=.综上可知，点C的轨迹方程为24yx=.（5分）（2）设直线l方程为：4xmy=+，则22441604xmyymyyx=+−−==，0恒成立，1212416yymyy+==−，设圆心为P，则2py

m=，224pxm=+，2(24,2)Pmm+，（8分）直径2222212121211()44(1)(4)MNmyymyyyymm=+−=++−=++，故圆P的方程为222222[(24)](2)4(1)(4)2MNxmymmm−++−==++，由对称性可知，若存在定点，则

必在x轴上，令0y=，则22222[(24)](2)4(1)(4)xmmmm−++=++，（12分）化简得：()22420xmx−+=对Rm恒成立，故0x=，存在定点()0,0，故以MN为直径的圆过

定点()0,0.（15分）17.（1）718；（2）13517216nnP−=+−；（3）1天.解：（1）设1A表示第1天去A餐厅，2A表示第2天去A餐厅，则1A表示第1天去B餐厅，根据题意得，12()3PA=，()113PA=，()2113PAA=，()2111122PAA=−=，

所以()()()()()212112121117333218PAPAPAAPAPAA=+=+=.（4分）（2）设nA表示第n天去A餐厅用餐，则()nnPPA=，()1nnPAP=−，根据题意得，()113nnPAA+=∣，()111122nnPAA+=−=，由全概率公式得，()()(

)()()()111111113262nnnnnnnnnnPAPAPAAPAPAAPPP+++=+=+−=−+，即11162nnPP+=−+，（7分）整理得，1313767nnPP+−=−−，又1350721P−=，所以37nP−是以521为首项，16−为公比的等比

数列，13517216nnP−=+−（10分）（3）由题意，只需1nnPP−，即1(1,2,,10)2nPn=，则1351172162n−+−，即113(1,2,,30)610nn−−=，显然n必为奇数，n为偶数时不成立，当1,3,,

29n=时，考虑111136610nn−−−=的解，当1n=时，3110显然成立，当3n=时，2130610−，不成立，由116ny−=单调递减得，5,7,,29n=时，也不成立，综上，该同学只有1天去A餐厅用餐的概率

大于去B餐厅用餐概率.（15分）18.（1）()()2ln1cosfxxx=++，()1x−；（2）2a=；（3）证明见解析.解：（1）依题意，设()fx图像上任意一点坐标为()00,xy，则其关于1x=−对称的点()002,xy−−在()gx图像上，则000(

)(2)yfxgx==−−，则0000()(2)2ln(1)cosfxgxxx=−−=++，0(1)x−故()()2ln1cosfxxx=++，()1x−；（5分）（2）令()()()12ln1cos1hxfxaxxxax=−−=++−−，()1x−，则在()0hx在)1(,x−+恒

成立，又()00h=，且()hx在)1(,x−+上是连续函数，则0x=为()hx的一个极大值点，2()sin1hxxax=−−+，(0)202haa=−==，下证当2a=时，()0hx在)1(,x−+恒成立，令()ln(1)xxx

=+−，1()111xxxx=−=−++,当()1,0x−，()0x，()x单调递增，当,()0x+，()0x，()x单调递减，故()()00x=，()ln1xx+在()1

,−+上恒成立，又cos1x，则2a=时，()()()()12ln1cos10hxfxaxxxx=−−=+−+−恒成立，综上，2a=.（11分）（3）证明：由（2）可知：()12fxx−，

则11111222fkk−−−，即1122fkk−，则211111122122nknfknnn=+−+++++，又由（2）可知：()ln1xx+在()1,−+上恒成立，则ln1xx−在()0,+上恒成立且当且仅当1x=时取

等，令(0,1)1nxn=+，*Nn，则1ln1111nnnnn−−=+++，即11lnlnln(1)ln11nnnnnnn+−==+−++，则111ln(1)lnln(2)ln(1)ln(2)ln(21)122nnnnnnnnn++++−++−+++−−+

+ln(2)lnln2nn=−=，综上，21112ln2ln42nknfn=+−=，即证.（17分）19.（1）0y=，双曲线：（2）证明见解析：（3）8210+.解：（1）根据坐标平面xOy内点的坐标的特征可知，坐标平面xO

z的方程为0y=，已知曲面C的方程为2221114xyz+−=，当0y=时，xOz平面截曲面C所得交线上的点(),0,Mxz满足2214zx−=，从而xOz平面截曲面C所得交线是平面xOz上，以原点O为对称中心，焦点在x轴上，实轴长为2，虚轴长为4的双曲线.（4分）（2）设000(,,)Pxyz是

直线l上任意一点，由()1,0,2d=，QP均为直线l的方向向量，有//QPd，从而存在实数，使得//QPd，即()()0001,1,21,0,2xyz+++=，则00011022xyz+=+=+=，解得01x=−，01y=−，022z=−，

所以点p的坐标为()1,1,22−−−，于是22222(1)(1)(22)211(21)1114−−−+−=−++−−+=，因此点P的坐标总是满足曲面C的方程，从而直线l在曲面C上.（10分）（3）直线l在曲面C上，且过点()1,0,0T

,设()111,,Mxyz是直线l上任意一点，直线!的方向向量为(,,)dabc=，由d，TM均为直线l的方向向量，有//TMd，从而存在实数t，使得TMtd=，即()()1111,,,,xyztabc−=，则1111xatybtzct−===，解

得11xat=+，1ybt=，1zct=，所以点M的坐标为()1,,atbtct+，111(,,)Mxyz在曲面C上，222(1)()()1114atbtct++−=，整理得2222204cabtat+−+=

，由题意，对任意的t，有2222204cabtat+−+=恒成立，22204cab+−=，且20a=，2cb=或2cb=−，不妨取1b=，2c=或2−，(0,1,2)d=，或(0,1,2)d=−，又直线l的方向向量为(0,1,2)d=则异面直线l与l所成角的余弦值均为

44555dddd==.（17分）