2024-2025学年山东省潍坊市高三（上）开学数学试卷(含答案）

2024-2025学年山东省潍坊市高三（上）开学数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.复数的虚部是( )
A. B. C. D.
2.设集合，，若，则( )
A. B. C. D.
3.已知向量，，在正方形网格中的位置如图所示，若网格纸上小正方形的边长为，则( )
A.
B.
C.
D.
4.坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，还有两个面是全等的等腰三角形，若，，且等腰梯形所在平面、等腰三角形所在平面与平面的夹角均为，则该五面体的体积为( )
A. B. C. D.
5.已知圆：，则过点的圆的切线方程是( )
A. B. C. D.
6.数列中，，，若，则( )
A. B. C. D.
7.设，随机变量取值，，，的概率均为，随机变量取值，的概率也均为，若记，分别是，的方差，则( )
A. B.
C. D. 与的大小不确定
8.已知定义在实数集上的函数，其导函数为，且满足，，，则( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数其中，均为常数，的部分图像如图所示，则( )
A.
B. 的最小正周期为
C. 图像的一个对称中心为
D. 的单调增区间为，
10.已知数列的各项均为正数，其前项和满足，则( )
A. B. 为等比数列
C. 为递减数列 D. 中存在小于的项
11.已知正方体棱长为，为棱上一动点，平面，则( )
A. 当点与点重合时，平面
B. 当点与点重合时，四面体的外接球的体积为
C. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围是
D. 当点与点重合时，平面截正方体所得截面可为六边形，且其周长为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.边长为的正三角形绕其一边所在直线旋转一周所形成的曲面所围成的几何体的表面积为______．
13.已知四个函数：，，，，从中任选个，则事件“所选个函数的图像有且仅有一个公共点”的概率为______．
14.已知椭圆，过轴正半轴上一定点作直线，交椭圆于，两点，当直线绕点旋转时，有为常数，则定点的坐标为______， ______．
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.本小题分
记的内角，，的对边分别为，，，已知，
求；
若，且的面积为，求的周长．
16.本小题分
如图，中，，，，，过点作，垂足为，将沿翻折至，使得．
求证：平面；
若，求直线与平面所成角的正弦值．
17.本小题分
已知函数．
若，求的单调区间；
若，，求实数的取值范围．
18.本小题分
已知双曲线的焦距为，离心率为，，分别为的左、右焦点，两点，都在上．
求的方程；
若，求直线的方程；
若且，，求四个点，，，所构成的四边形的面积的取值范围．
19.本小题分
错位重排是一种数学模型通常表述为：编号为，，，，的封信，装入编号为，，，，的个信封，若每封信和所装入的信封的编号不同，问有多少种装法？这种问题就是错位重排问题上述问题中，设封信均被装错有种装法，其中．
求，，；
推导，，之间的递推关系，并证明：是等比数列；
请问封信均被装错的概率是否大于并说明理由参考公式：
参考答案
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14.
15.解：在中，由及正弦定理，
得，而，
则，即，
化简得，又，
所以；
由及三角形面积公式，
得，解得，
由余弦定理，得，
所以的周长为．
16.解：证明：，由折叠前后的关系，可知，
又，，
，，
，又，且，
平面；
由可知，，两两相互垂直，故建系如图：
由，到的距离为，
又，为中点，
，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，取，
直线与平面所成角的正弦值为：
，．
17.解：，
则，得，
则，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增；
由，得，
令，则，
当时，在上恒成立，
则单调递增，即，
可得在上单调递增，有成立；
当时，由，得，
可知当时，即，
在上单调递减，有，不满足对，有．
综上所述，实数的取值范围是
18.解：由题意，，解得．
的方程为；
根据题意知，直线的斜率不为，设直线的方程为，
，得，，都在右支上，
由，得．
由已知可得，．
，，
结合，可得，解得，满足，
则直线的方程为；
，，且，，
则，分别在双曲线的两支上，不妨设，都在轴上方，
又，则在第二象限，在第一象限，如图所示，
延长交双曲线于点，延长交双曲线于点，
由对称性可知，四边形为平行四边形，且面积为四边形的倍，
由题设，直线的方程为，直线的方程为，
由可知，
，，两条直线与的距离．
．
令，，
则在上为单调增函数，
，当，即时取最小值，
四个点，，，所构成的四边形的面积的取值范围是．
19.解：由题意可得，，．
若有封信时，其装法可分为两个步骤：
第一步：编号为的信，有种装法；
第二步：重装其余的封信，根据第一步装法可分为两类，
第一类，若编号为的信，装入编号为的信封，但编号为的信装入编号为的信封，这样有种装法；
第二类，若编号为的信，装入编号为的信封，但编号为的信不装入编号为的信封，这样有种装法；
由分步乘法和分类加法计数原理，所以，
所以，
证明：，
因为，
所以是以首项，公比为的等比数列．
由知：，
所以，
所以，
又因为封信全装错的概率为，
，
所以 ，
当为奇数时：，
当为偶数时：，
所以当为奇数时，封信均被装错的概率小于，
当为偶数时，封信均被装错的概率大于．
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