江西省萍乡市萍乡实验学校2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题
1．（2024高三上·萍乡开学考），，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：不等式，因为不等式无解，所以集合为空集，
集合，y不存在，则集合B为空集，故.
故答案为：A.
【分析】先变形求解可得集合，都是空集，再根据集合的并集运算求解即可.
2．（2024高三上·萍乡开学考）若复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：，
则，
故.
故答案为：D.
【分析】根据复数的除法运算以及模的运算求解即可.
3．（2024高三上·萍乡开学考）若向量，单位向量与向量垂直，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：因为向量， 单位向量与向量垂直， 所以，，
所以，
，，则.
故答案为：A.
【分析】由题意，根据向量的夹角公式计算即可.
4．（2024高三上·萍乡开学考）已知数列满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为数列满足，，所以，
所以数列是以为首项，公比的等比数列，
所以，即，故.
故答案为：B.
【分析】由题意，将递推式变形，构造成等比数列，求通项再求解即可.
5．（2024高三上·萍乡开学考）若正实数满足，则的最小值为（ ）
A．9 B．6 C．3 D．2
【答案】C
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为为正实数，且，
所以，
当且仅当，即时等号成立，则的最小值为3.
故答案为：C.
【分析】直接利用基本不等式求解即可.
6．（2024高三上·萍乡开学考）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换
【解析】【解答】解：，
因为，所以，
又因为，
若，则，
可得，
所以；
若，则，
可得，
所以，
综上所述：.
故答案为：B.
【分析】先根据正切的倍角公式化简求得，即，再分和两种情况，求的值，求解即可.
7．（2024高三上·萍乡开学考）设椭圆的右焦点为，动点在椭圆上，点是直线上的动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；椭圆的定义
【解析】【解答】解：易知椭圆的右焦点，左焦点，
根据椭圆的定义可知，则，
则，
所以最小时，即最小，
定点到直线最短距离是过定点直线的垂线段，
根据点到直线的距离公式可得，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据椭圆的定义，结合两点间线段最短、点到直线距离公式求解即可.
8．（2024高三上·萍乡开学考）定义，不超过的最大整数称为的整数部分，记作，为的小数部分，记作，这一规定最早为数学家高斯所用，因此称为高斯函数，称为小数函数，下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数所有零点和为0
C．的值域为
D．是的充要条件
【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【分析】根据给定函数，计算判断A；由零点的意义构造函数，作出图象，结合对称性求解判断B；利用指数型函数的值域判断C；举例说明判断D.
【解答】
对于A，，A错误；
对于B，由，得，在同一坐标系内作出函数与的图象，
函数的图象关于点成中心对称，令，
令，则，，，
于是，即函数图象关于点成中心对称，
则函数与的图象，除交点外，其他交点都关于点成中心对称，
这些交点的横坐标和为0，所以函数所有零点和为，B错误；
对于C，，而，则，
，，函数的值域为，C正确；
对于D，当时，取，而，D错误.
故选：C
9．（2024高三上·萍乡开学考）抛出一枚质地均匀的硬币n次，得到正反两面的概率相同．事件次中既有正面朝上又有反面朝上，事件B：n次中最多有一次正面朝上，下列说法正确的是（ ）
A．当时，A，B相互独立 B．当时，A，B相互独立
C．时， D．时，
【答案】B,C
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】由相互独立事件概率乘法公式及对立事件概率公式依次判断即可．
【解答】
抛出两次，有正反，反正，正正，反反，共四种情况，
又因为，故A错误，
抛出三次：正正正，正正反，正反正，正反反，反反反，反反正，反正反，反正正，共八种情况，
则，，，故B正确，
抛出n次有种组合，次全为正面向上或n次全为反面向上，
则，因此，故C正确，
，故D项错误．
故选：BC
10．（2024高三上·萍乡开学考）在正八面体中，所有棱长均为1，点为正方形的中心，点为正八面体内切球球面上的任意一点，下列说法正确的是（ ）
A．正八面体内切球的表面积
B．正八面体的体积为
C．的范围是
D．若，，二面角的平面角为，则为定值
【答案】A,C,D
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；球内接多面体
【解析】【分析】A.根据正四棱锥的特征，结合切点的位置，构造几何关系，即可求解；B.根据锥体的体积公式，即可求解；C.根据几何关系，转化向量求数量积，并结合直线于球的位置关系，求最值；D.构造二面角的平面角，再结合勾股定理和余弦定理建立等量关系，即可求解.
【解答】
A.由题意得，可以只分析正四棱锥，易得正四棱锥的高为，
侧面正三角形的高为，因此由等面积法可得，解得，
所以表面积为，故A正确；
B．正四面体的体积为两个正四棱锥的体积之和，
因此，故B错误；
C．取中点，
，
而点到的距离为，
因此的最小值为，最大值为，，
代入数据可得的范围是，故C正确；
D．过点作，交于点，交于点，
因此，即为二面角的平面角，
在三角形中，，
在三角形中，，
所以，
化简可知
因此，因此D正确.
故选：ACD
【点睛】
关键点点睛：本题的难度选项是D，关键是构造二面角的平面角，同时注意边长的比值于正切值的关系.
11．（2024高三上·萍乡开学考）已知，下列说法正确的是（ ）
A．当时，单调递增 B．当时，单调递减
C．当时， D．当时，
【答案】A,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】当时，由与的单调性可得的单调性，可判断；当时，利用导数分析的单调性，可判断；当时，，可得在上的单调性，从而得到，可判断；对于D，即证：，当，会随着的增大而越来越大，因此只需要证明时的情况即可，即证，令，利用导数求出的最小值即可判断.
【解答】
当时，与都单调递增，则单调递增；
当时，单调递增，即当时，单调递增，故正确；
当时，，令，得，
令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，故错误；
当时，，所以在上单调递减，
所以，即，故错误；
当时，，即证：，
易证，
（证明：令，则，
令，得，令，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
则，当且仅当时，取等号，
即，当且仅当时，取等号）.
当，会随着的增大而越来越大，
因此只需要证明时的情况即可.
即只需证明恒成立，
令，
则，
令，解得或，
当时，，
当时，，
则在上单调递减，在单调递增，
又因为，
，即，故正确.
故选：.
【点睛】
方法点睛：导数的综合应用题中，最常见的就是与与其他代数式结合的难题，对于这类题，可以先对与进行放缩，使问题简化，便于化简或判断函数的正负，常见的放缩公式如下：
（1），当且仅当时取等号；
（2），当且仅当时取等号；
（3）当时，，当且仅当时取等号.
12．（2024高三上·萍乡开学考）二项式展开后的第三项是
【答案】
【知识点】二项式定理
【解析】【分析】根据通项公式计算即可.
【解答】
因为
所以.
故答案为：
13．（2024高三上·萍乡开学考）将函数向右平移个单位长度，则平移后的图象中与y轴最接近的对称中心的坐标是
【答案】
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【分析】首先求出平移后的解析式，再根据对称中心结合距离y轴距离可得.
【解答】
首先求出平移后的解析式，可得，而正弦函数的对称中心就是正弦函数时的所有点，
因此我们令
因此
令，
从而进而距离y轴更近，所以对称中心的坐标为.
故答案为：
14．（2024高三上·萍乡开学考）设函数的极值点为，数列满足，若，则
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】先根据函数的极值点为得出等式，再根据数列化简，计算可得值.
【解答】
由题设，
令，
，在上单调递增，
，在上单调递减，
而时，恒成立，且，
所以，存在，使，即，因此，
由已知，而，故，
所以①，即，
由，有，，有，
所以在上递增，在上递减，即为题设中极值点，故，
由①，得，
因此，所以.
故答案为：.
15．（2024高三上·萍乡开学考）在锐角三角形中，分别为角所对的边，.
（1）证明：.
（2）求的范围.
【答案】（1）证明：因为在锐角中，，
由正弦定理得，
则，
所以，
则，所以或（舍去），
所以.
（2）解：因为是锐角三角形，又，所以
，
所以的范围为，则，
又
则
，
设，
令，
则，，
所以，在上单调递增，
所以，即，
则，即，
所以的取值范围是.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）因为，由正弦定理得，化简得，则可得；
（2）在锐角三角形中，由，可得的范围为，则，将化简得，设，利用换元法令，利用导数可得函数在上单调递增，即可得到，即为的范围
（1）因为在锐角中，，
由正弦定理得，
则，
所以，
则，所以或（舍去），
所以.
（2）因为是锐角三角形，又，所以，
所以的范围为，则，
又
则
，
设，
令，
则，，
所以，在上单调递增，
所以，即，
则，即，
所以的取值范围是.
16．（2024高三上·萍乡开学考）如图为三棱锥的高，点在三角形内， 为 中点（图中未画），，平面.
（1）求直线与平面所成角；
（2）若，且，求二面角的大小.
【答案】（1）因为为三棱锥的高，故平面.
又平面，故.
因为点为的中点，则
又，故，
则为等边三角形，故.
又平面，则即为直线与平面所成的角，
故与平面所成角的大小为.
（2）如图，延长交于点，连接.
由平面，平面，
故，又，则.
在与中，
故，.
又在与中，
故，故，
即为的平分线，
又，则，且为的中点，
又，则，
则即为二面角的平面角，
由平面，平面，平面平面，故.
，
由（1）知，，
即二面角的大小为.
【知识点】直线与平面所成的角；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】（1）由题意即为直线与平面所成的角，计算可得为等边三角形，即可得出结果；
（2）如图，延长交于点，连接，证得即为二面角的平面角，由线面平行的性质可得，则，从而得到二面角的大小.
（1）因为为三棱锥的高，故平面.
又平面，故.
因为点为的中点，则
又，故，
则为等边三角形，故.
又平面，则即为直线与平面所成的角，
故与平面所成角的大小为.
（2）如图，延长交于点，连接.
由平面，平面，
故，又，则.
在与中，
故，.
又在与中，
故，故，
即为的平分线，
又，则，且为的中点，
又，则，
则即为二面角的平面角，
由平面，平面，平面平面，故.
，
由（1）知，，
即二面角的大小为.
17．（2024高三上·萍乡开学考）王者荣耀是腾讯天美工作室推出的英雄竞技手游，不是一个人的王者，而是团队的荣耀！5v5王者峡谷PVP对战，领略英雄竞技的酣畅淋漓！在游戏中，打野玩家可以选择红开或蓝开，不依赖蓝条的英雄可以优先选择红开．在一把人机对决游戏中，坤坤选出了他的成名英雄典韦，看到敌方阵容前期较弱后，决定入侵敌方的蓝buff．已知人机所选择的英雄红开的概率为且人机只能红开或蓝开，若敌方打野选择蓝开，典韦入侵野区成功的概率为，若敌方选择红开，典韦入侵野区成功的概率为，回答下列问题
（1）坤坤连续进行了三场对局，且每场对局敌我阵容完全相同，求坤坤至少一局，最多两局成功入侵敌方野区的概率
（2）在某场单挑对决中，敌方选取老夫子并准备向坤坤的典韦发起进攻．已知典韦与老夫子的距离为，老夫子的大招指可以将典韦控制在一定范围内无法移动，为了避免被控制，坤坤迅速释放一技能位移（位移方向与老夫子大招方向的位移方向相同），已知典韦一技能位移可看作为加速度为，初速度的匀加速直线运动，老夫子的大招位移可看作速度为的匀速直线运动，且最大位移距离为8，若要求典韦能够躲开老夫子大招的控制，求典韦的加速度的最小值.
(参考公式：
①匀加速直线运动，位移与初速度，加速度和时间的关系：；
②匀速直线运动，末速度与初速度，时间和加速度的关系为：
【答案】（1）不妨求三局全部成功（事件A）或三局全部失败（事件B）的概率，
若敌方红开，则成功入侵的概率为：，
若敌方蓝开，则成功入侵的概率为：，
因此由互斥事件的概率加法公式知，每一局游戏典韦成功入侵的概率都是，
每一局游戏典韦失败的概率是，
则 ，.
因此
即坤坤至少一局，最多两局成功入侵敌方野区的概率为.
（2）由题设可得2秒后老夫子不移动.
设典韦移动时间为且不被老夫子追上，
则，
因时显然成立，故不等式等价于，记，
由可知，故得.
综上，的最小值为.
【知识点】函数恒成立问题；互斥事件的概率加法公式
【解析】【分析】（1）利用互斥事件的概率加法公式，求出每一局游戏典韦成功入侵和入侵失败的概率，再求三局全部成功和三局全部失败的概率，最后运用间接法即可求得；
（2）设二者经过秒后速度相同，依题意，只需使在时恒成立，即使在上恒成立，求出函数的最大值即得.
（1）不妨求三局全部成功（事件A）或三局全部失败（事件B）的概率，
若敌方红开，则成功入侵的概率为：，
若敌方蓝开，则成功入侵的概率为：，
因此由互斥事件的概率加法公式知，每一局游戏典韦成功入侵的概率都是，
每一局游戏典韦失败的概率是，
则 ， .
因此
即坤坤至少一局，最多两局成功入侵敌方野区的概率为.
（2）由题设可得2秒后老夫子不移动.
设典韦移动时间为且不被老夫子追上，
则，
因时显然成立，故不等式等价于，记，
由可知，故得.
综上，的最小值为.
18．（2024高三上·萍乡开学考）若点为双曲线上一点，，点A为双曲线的右顶点，过点P作直线l交双曲线C于点Q，l于y轴相交于点B，点D为y轴上一动点，O为原点.
（1）求双曲线的方程．
（2）若四点共圆.
①求的值；
②若，求直线的斜率.
【答案】（1）由题意可得：，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）由（1）可知：双曲线的方程为，则，
①因为四点共圆，则，
由题意可知：直线l的斜率存在，设，
联立方程，解得或，
可知，
则，
又因为B的坐标为，则，
又因为，
则，
且，则，所以；
②如图，四点共圆，，
连接，因为四点共圆，则，
可知，可得，即.
因为，则，
可知三点共线，且，可得，
则直线，则，
由可知，则，可得直线，
代入可得：
，解得或，
因此直线的斜率为或0.
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的应用
【解析】【分析】（1）根据题意列式求得，即可得方程；
（2）①设，求点的坐标，根据结合斜率关系分析求得，即可得结果；②根据圆的性质结合题意可知三点共线，求得，结合方程运算求解即可.
（1）由题意可得：，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）由（1）可知：双曲线的方程为，则，
①因为四点共圆，则，
由题意可知：直线l的斜率存在，设，
联立方程，解得或，
可知，
则，
又因为B的坐标为，则，
又因为，
则，
且，则，所以；
②如图，四点共圆，，
连接，因为四点共圆，则，
可知，可得，即.
因为，则，
可知三点共线，且，可得，
则直线，则，
由可知，则，可得直线，
代入可得：
，解得或，
因此直线的斜率为或0.
19．（2024高三上·萍乡开学考）如果和除以所得余数相同，则称对模同余，记作，
若集合，集合，现从集合中的个数中抽出个数，
（）且，使这个数平均分为组，若存在一组数对 (三者不相等）且满足恰好能被整除，对模同余，则为“灵魂莲华集合”，为“灵魂莲华数对”
（1）判断为“灵魂莲华集合”
（2）若，判断有多少组数对为灵魂莲华数对
（3）现从素数集合中任取三个不同的数，若构成公差为8的等差数列，求证：无论且为任何集合，最多有一对满足条件的为灵魂莲华数对．
【答案】（1）是灵魂莲华集合，证明：从取，而，因此是灵魂莲华集合；
（2）不妨设这组数为，且，
第一种情况：若，则只能是偶数，
由于样本数量并不大，不妨直接枚举寻找规律，单独分析和，
而我们知道模5只能余，若余0，则
，
有以上六种情况，而的偶数有9个，由乘法原理可知此时一共有
组，减去或的情况，共有组，
若余1，除以5余1的有四个，也就是四个数相互组合，共有种，
有种，
若余2，除以5余2的有四个，减去12种，种，
若余3，除以5余3的有，同上有96组，
若余4，除以5余4的有三个，因此有组，种，
所以时，有.
第二种情况：只能是，而模2只能余0或1，
模2余0的有9个数，因此，此时共有组数，
减去有10的情况，从共有16组组合，组，
模2余1的有9个数，同上有216组
减去有5或15的情况，有30组，因此组，因此第二种情况有386组，
综上所述，共有组数；
（3），由于等价，设为偶数，且为素数，则只能为2，
因此不是素数，因此不满足题意，此时不存在，
若为奇数，，则只能为3，下面来证明：
不妨设这三个数分别为，
令，因此可遍布所有整数，
第一种情况，，则，若为素数，则，
这三个数分别为满足题意，
第二种情况，，因此不是素数，
第三种情况，，则，因此不是素数，
综上，必须满足条件中，必须为1或3，而
才为灵魂莲华数对，
若均，则均无法整除，此时不存在，
若或3，但11和19对模不同余，此时也不是灵魂莲华数对，
故综上所述，是灵魂莲华数对.
【知识点】集合的含义；元素与集合的关系
【解析】【分析】（1）根据灵魂莲华集合定义判断可得答案；
（2）不妨设这组数为，且，第一种情况：模5只能余，分余0、1、2、3、4讨论可得答案；第二种情况：只能是，分模2只能余0或1讨论可得答案；
（3）设为偶数，不满足题意，此时不存在，若为奇数，，则只能为3证明即可.
（1）是灵魂莲华集合，证明：从取，而
，因此是灵魂莲华集合；
（2）不妨设这组数为，且，
第一种情况：若 ，则只能是偶数，
由于样本数量并不大，不妨直接枚举寻找规律，单独分析和，
而我们知道模5只能余，若余0，则
，
有以上六种情况，而的偶数有9个，由乘法原理可知此时一共有
组，减去或的情况，共有组，
若余1，除以5余1的有四个，也就是四个数相互组合，共有种，
有种，
若余2，除以5余2的有四个，减去12种，种，
若余3，除以5余3的有，同上有96组，
若余4，除以5余4的有三个，因此有组，种，
所以时，有.
第二种情况：只能是，而模2只能余0或1，
模2余0的有9个数，因此，此时共有组数，
减去有10的情况，从共有16组组合，组，
模2余1的有9个数，同上有216组
减去有5或15的情况，有30组，因此组，因此第二种情况有386组，
综上所述，共有组数；
（3），由于等价，设为偶数，且为素数，则只能为2，
因此不是素数，因此不满足题意，此时不存在，
若为奇数，，则只能为3，下面来证明：
不妨设这三个数分别为，
令，因此可遍布所有整数，
第一种情况，，则，若为素数，则，
这三个数分别为满足题意，
第二种情况，，因此不是素数，
第三种情况，，则，因此不是素数，
综上，必须满足条件中，必须为1或3，而
才为灵魂莲华数对，
若均，则均无法整除，此时不存在，
若或3，但11和19对模不同余，此时也不是灵魂莲华数对，
故综上所述，是灵魂莲华数对.
1 / 1江西省萍乡市萍乡实验学校2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题
1．（2024高三上·萍乡开学考），，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高三上·萍乡开学考）若复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高三上·萍乡开学考）若向量，单位向量与向量垂直，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·萍乡开学考）已知数列满足，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·萍乡开学考）若正实数满足，则的最小值为（ ）
A．9 B．6 C．3 D．2
6．（2024高三上·萍乡开学考）已知，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高三上·萍乡开学考）设椭圆的右焦点为，动点在椭圆上，点是直线上的动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高三上·萍乡开学考）定义，不超过的最大整数称为的整数部分，记作，为的小数部分，记作，这一规定最早为数学家高斯所用，因此称为高斯函数，称为小数函数，下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数所有零点和为0
C．的值域为
D．是的充要条件
9．（2024高三上·萍乡开学考）抛出一枚质地均匀的硬币n次，得到正反两面的概率相同．事件次中既有正面朝上又有反面朝上，事件B：n次中最多有一次正面朝上，下列说法正确的是（ ）
A．当时，A，B相互独立 B．当时，A，B相互独立
C．时， D．时，
10．（2024高三上·萍乡开学考）在正八面体中，所有棱长均为1，点为正方形的中心，点为正八面体内切球球面上的任意一点，下列说法正确的是（ ）
A．正八面体内切球的表面积
B．正八面体的体积为
C．的范围是
D．若，，二面角的平面角为，则为定值
11．（2024高三上·萍乡开学考）已知，下列说法正确的是（ ）
A．当时，单调递增 B．当时，单调递减
C．当时， D．当时，
12．（2024高三上·萍乡开学考）二项式展开后的第三项是
13．（2024高三上·萍乡开学考）将函数向右平移个单位长度，则平移后的图象中与y轴最接近的对称中心的坐标是
14．（2024高三上·萍乡开学考）设函数的极值点为，数列满足，若，则
15．（2024高三上·萍乡开学考）在锐角三角形中，分别为角所对的边，.
（1）证明：.
（2）求的范围.
16．（2024高三上·萍乡开学考）如图为三棱锥的高，点在三角形内， 为 中点（图中未画），，平面.
（1）求直线与平面所成角；
（2）若，且，求二面角的大小.
17．（2024高三上·萍乡开学考）王者荣耀是腾讯天美工作室推出的英雄竞技手游，不是一个人的王者，而是团队的荣耀！5v5王者峡谷PVP对战，领略英雄竞技的酣畅淋漓！在游戏中，打野玩家可以选择红开或蓝开，不依赖蓝条的英雄可以优先选择红开．在一把人机对决游戏中，坤坤选出了他的成名英雄典韦，看到敌方阵容前期较弱后，决定入侵敌方的蓝buff．已知人机所选择的英雄红开的概率为且人机只能红开或蓝开，若敌方打野选择蓝开，典韦入侵野区成功的概率为，若敌方选择红开，典韦入侵野区成功的概率为，回答下列问题
（1）坤坤连续进行了三场对局，且每场对局敌我阵容完全相同，求坤坤至少一局，最多两局成功入侵敌方野区的概率
（2）在某场单挑对决中，敌方选取老夫子并准备向坤坤的典韦发起进攻．已知典韦与老夫子的距离为，老夫子的大招指可以将典韦控制在一定范围内无法移动，为了避免被控制，坤坤迅速释放一技能位移（位移方向与老夫子大招方向的位移方向相同），已知典韦一技能位移可看作为加速度为，初速度的匀加速直线运动，老夫子的大招位移可看作速度为的匀速直线运动，且最大位移距离为8，若要求典韦能够躲开老夫子大招的控制，求典韦的加速度的最小值.
(参考公式：
①匀加速直线运动，位移与初速度，加速度和时间的关系：；
②匀速直线运动，末速度与初速度，时间和加速度的关系为：
18．（2024高三上·萍乡开学考）若点为双曲线上一点，，点A为双曲线的右顶点，过点P作直线l交双曲线C于点Q，l于y轴相交于点B，点D为y轴上一动点，O为原点.
（1）求双曲线的方程．
（2）若四点共圆.
①求的值；
②若，求直线的斜率.
19．（2024高三上·萍乡开学考）如果和除以所得余数相同，则称对模同余，记作，
若集合，集合，现从集合中的个数中抽出个数，
（）且，使这个数平均分为组，若存在一组数对 (三者不相等）且满足恰好能被整除，对模同余，则为“灵魂莲华集合”，为“灵魂莲华数对”
（1）判断为“灵魂莲华集合”
（2）若，判断有多少组数对为灵魂莲华数对
（3）现从素数集合中任取三个不同的数，若构成公差为8的等差数列，求证：无论且为任何集合，最多有一对满足条件的为灵魂莲华数对．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：不等式，因为不等式无解，所以集合为空集，
集合，y不存在，则集合B为空集，故.
故答案为：A.
【分析】先变形求解可得集合，都是空集，再根据集合的并集运算求解即可.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：，
则，
故.
故答案为：D.
【分析】根据复数的除法运算以及模的运算求解即可.
3．【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：因为向量， 单位向量与向量垂直， 所以，，
所以，
，，则.
故答案为：A.
【分析】由题意，根据向量的夹角公式计算即可.
4．【答案】B
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为数列满足，，所以，
所以数列是以为首项，公比的等比数列，
所以，即，故.
故答案为：B.
【分析】由题意，将递推式变形，构造成等比数列，求通项再求解即可.
5．【答案】C
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为为正实数，且，
所以，
当且仅当，即时等号成立，则的最小值为3.
故答案为：C.
【分析】直接利用基本不等式求解即可.
6．【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换
【解析】【解答】解：，
因为，所以，
又因为，
若，则，
可得，
所以；
若，则，
可得，
所以，
综上所述：.
故答案为：B.
【分析】先根据正切的倍角公式化简求得，即，再分和两种情况，求的值，求解即可.
7．【答案】C
【知识点】平面内点到直线的距离公式；椭圆的定义
【解析】【解答】解：易知椭圆的右焦点，左焦点，
根据椭圆的定义可知，则，
则，
所以最小时，即最小，
定点到直线最短距离是过定点直线的垂线段，
根据点到直线的距离公式可得，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据椭圆的定义，结合两点间线段最短、点到直线距离公式求解即可.
8．【答案】C
【知识点】奇偶函数图象的对称性；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【分析】根据给定函数，计算判断A；由零点的意义构造函数，作出图象，结合对称性求解判断B；利用指数型函数的值域判断C；举例说明判断D.
【解答】
对于A，，A错误；
对于B，由，得，在同一坐标系内作出函数与的图象，
函数的图象关于点成中心对称，令，
令，则，，，
于是，即函数图象关于点成中心对称，
则函数与的图象，除交点外，其他交点都关于点成中心对称，
这些交点的横坐标和为0，所以函数所有零点和为，B错误；
对于C，，而，则，
，，函数的值域为，C正确；
对于D，当时，取，而，D错误.
故选：C
9．【答案】B,C
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】由相互独立事件概率乘法公式及对立事件概率公式依次判断即可．
【解答】
抛出两次，有正反，反正，正正，反反，共四种情况，
又因为，故A错误，
抛出三次：正正正，正正反，正反正，正反反，反反反，反反正，反正反，反正正，共八种情况，
则，，，故B正确，
抛出n次有种组合，次全为正面向上或n次全为反面向上，
则，因此，故C正确，
，故D项错误．
故选：BC
10．【答案】A,C,D
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；球内接多面体
【解析】【分析】A.根据正四棱锥的特征，结合切点的位置，构造几何关系，即可求解；B.根据锥体的体积公式，即可求解；C.根据几何关系，转化向量求数量积，并结合直线于球的位置关系，求最值；D.构造二面角的平面角，再结合勾股定理和余弦定理建立等量关系，即可求解.
【解答】
A.由题意得，可以只分析正四棱锥，易得正四棱锥的高为，
侧面正三角形的高为，因此由等面积法可得，解得，
所以表面积为，故A正确；
B．正四面体的体积为两个正四棱锥的体积之和，
因此，故B错误；
C．取中点，
，
而点到的距离为，
因此的最小值为，最大值为，，
代入数据可得的范围是，故C正确；
D．过点作，交于点，交于点，
因此，即为二面角的平面角，
在三角形中，，
在三角形中，，
所以，
化简可知
因此，因此D正确.
故选：ACD
【点睛】
关键点点睛：本题的难度选项是D，关键是构造二面角的平面角，同时注意边长的比值于正切值的关系.
11．【答案】A,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】当时，由与的单调性可得的单调性，可判断；当时，利用导数分析的单调性，可判断；当时，，可得在上的单调性，从而得到，可判断；对于D，即证：，当，会随着的增大而越来越大，因此只需要证明时的情况即可，即证，令，利用导数求出的最小值即可判断.
【解答】
当时，与都单调递增，则单调递增；
当时，单调递增，即当时，单调递增，故正确；
当时，，令，得，
令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，故错误；
当时，，所以在上单调递减，
所以，即，故错误；
当时，，即证：，
易证，
（证明：令，则，
令，得，令，得，
则在上单调递减，在上单调递增，
则，当且仅当时，取等号，
即，当且仅当时，取等号）.
当，会随着的增大而越来越大，
因此只需要证明时的情况即可.
即只需证明恒成立，
令，
则，
令，解得或，
当时，，
当时，，
则在上单调递减，在单调递增，
又因为，
，即，故正确.
故选：.
【点睛】
方法点睛：导数的综合应用题中，最常见的就是与与其他代数式结合的难题，对于这类题，可以先对与进行放缩，使问题简化，便于化简或判断函数的正负，常见的放缩公式如下：
（1），当且仅当时取等号；
（2），当且仅当时取等号；
（3）当时，，当且仅当时取等号.
12．【答案】
【知识点】二项式定理
【解析】【分析】根据通项公式计算即可.
【解答】
因为
所以.
故答案为：
13．【答案】
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【分析】首先求出平移后的解析式，再根据对称中心结合距离y轴距离可得.
【解答】
首先求出平移后的解析式，可得，而正弦函数的对称中心就是正弦函数时的所有点，
因此我们令
因此
令，
从而进而距离y轴更近，所以对称中心的坐标为.
故答案为：
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】先根据函数的极值点为得出等式，再根据数列化简，计算可得值.
【解答】
由题设，
令，
，在上单调递增，
，在上单调递减，
而时，恒成立，且，
所以，存在，使，即，因此，
由已知，而，故，
所以①，即，
由，有，，有，
所以在上递增，在上递减，即为题设中极值点，故，
由①，得，
因此，所以.
故答案为：.
15．【答案】（1）证明：因为在锐角中，，
由正弦定理得，
则，
所以，
则，所以或（舍去），
所以.
（2）解：因为是锐角三角形，又，所以
，
所以的范围为，则，
又
则
，
设，
令，
则，，
所以，在上单调递增，
所以，即，
则，即，
所以的取值范围是.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）因为，由正弦定理得，化简得，则可得；
（2）在锐角三角形中，由，可得的范围为，则，将化简得，设，利用换元法令，利用导数可得函数在上单调递增，即可得到，即为的范围
（1）因为在锐角中，，
由正弦定理得，
则，
所以，
则，所以或（舍去），
所以.
（2）因为是锐角三角形，又，所以，
所以的范围为，则，
又
则
，
设，
令，
则，，
所以，在上单调递增，
所以，即，
则，即，
所以的取值范围是.
16．【答案】（1）因为为三棱锥的高，故平面.
又平面，故.
因为点为的中点，则
又，故，
则为等边三角形，故.
又平面，则即为直线与平面所成的角，
故与平面所成角的大小为.
（2）如图，延长交于点，连接.
由平面，平面，
故，又，则.
在与中，
故，.
又在与中，
故，故，
即为的平分线，
又，则，且为的中点，
又，则，
则即为二面角的平面角，
由平面，平面，平面平面，故.
，
由（1）知，，
即二面角的大小为.
【知识点】直线与平面所成的角；与二面角有关的立体几何综合题
【解析】【分析】（1）由题意即为直线与平面所成的角，计算可得为等边三角形，即可得出结果；
（2）如图，延长交于点，连接，证得即为二面角的平面角，由线面平行的性质可得，则，从而得到二面角的大小.
（1）因为为三棱锥的高，故平面.
又平面，故.
因为点为的中点，则
又，故，
则为等边三角形，故.
又平面，则即为直线与平面所成的角，
故与平面所成角的大小为.
（2）如图，延长交于点，连接.
由平面，平面，
故，又，则.
在与中，
故，.
又在与中，
故，故，
即为的平分线，
又，则，且为的中点，
又，则，
则即为二面角的平面角，
由平面，平面，平面平面，故.
，
由（1）知，，
即二面角的大小为.
17．【答案】（1）不妨求三局全部成功（事件A）或三局全部失败（事件B）的概率，
若敌方红开，则成功入侵的概率为：，
若敌方蓝开，则成功入侵的概率为：，
因此由互斥事件的概率加法公式知，每一局游戏典韦成功入侵的概率都是，
每一局游戏典韦失败的概率是，
则 ，.
因此
即坤坤至少一局，最多两局成功入侵敌方野区的概率为.
（2）由题设可得2秒后老夫子不移动.
设典韦移动时间为且不被老夫子追上，
则，
因时显然成立，故不等式等价于，记，
由可知，故得.
综上，的最小值为.
【知识点】函数恒成立问题；互斥事件的概率加法公式
【解析】【分析】（1）利用互斥事件的概率加法公式，求出每一局游戏典韦成功入侵和入侵失败的概率，再求三局全部成功和三局全部失败的概率，最后运用间接法即可求得；
（2）设二者经过秒后速度相同，依题意，只需使在时恒成立，即使在上恒成立，求出函数的最大值即得.
（1）不妨求三局全部成功（事件A）或三局全部失败（事件B）的概率，
若敌方红开，则成功入侵的概率为：，
若敌方蓝开，则成功入侵的概率为：，
因此由互斥事件的概率加法公式知，每一局游戏典韦成功入侵的概率都是，
每一局游戏典韦失败的概率是，
则 ， .
因此
即坤坤至少一局，最多两局成功入侵敌方野区的概率为.
（2）由题设可得2秒后老夫子不移动.
设典韦移动时间为且不被老夫子追上，
则，
因时显然成立，故不等式等价于，记，
由可知，故得.
综上，的最小值为.
18．【答案】（1）由题意可得：，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）由（1）可知：双曲线的方程为，则，
①因为四点共圆，则，
由题意可知：直线l的斜率存在，设，
联立方程，解得或，
可知，
则，
又因为B的坐标为，则，
又因为，
则，
且，则，所以；
②如图，四点共圆，，
连接，因为四点共圆，则，
可知，可得，即.
因为，则，
可知三点共线，且，可得，
则直线，则，
由可知，则，可得直线，
代入可得：
，解得或，
因此直线的斜率为或0.
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的应用
【解析】【分析】（1）根据题意列式求得，即可得方程；
（2）①设，求点的坐标，根据结合斜率关系分析求得，即可得结果；②根据圆的性质结合题意可知三点共线，求得，结合方程运算求解即可.
（1）由题意可得：，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）由（1）可知：双曲线的方程为，则，
①因为四点共圆，则，
由题意可知：直线l的斜率存在，设，
联立方程，解得或，
可知，
则，
又因为B的坐标为，则，
又因为，
则，
且，则，所以；
②如图，四点共圆，，
连接，因为四点共圆，则，
可知，可得，即.
因为，则，
可知三点共线，且，可得，
则直线，则，
由可知，则，可得直线，
代入可得：
，解得或，
因此直线的斜率为或0.
19．【答案】（1）是灵魂莲华集合，证明：从取，而，因此是灵魂莲华集合；
（2）不妨设这组数为，且，
第一种情况：若，则只能是偶数，
由于样本数量并不大，不妨直接枚举寻找规律，单独分析和，
而我们知道模5只能余，若余0，则
，
有以上六种情况，而的偶数有9个，由乘法原理可知此时一共有
组，减去或的情况，共有组，
若余1，除以5余1的有四个，也就是四个数相互组合，共有种，
有种，
若余2，除以5余2的有四个，减去12种，种，
若余3，除以5余3的有，同上有96组，
若余4，除以5余4的有三个，因此有组，种，
所以时，有.
第二种情况：只能是，而模2只能余0或1，
模2余0的有9个数，因此，此时共有组数，
减去有10的情况，从共有16组组合，组，
模2余1的有9个数，同上有216组
减去有5或15的情况，有30组，因此组，因此第二种情况有386组，
综上所述，共有组数；
（3），由于等价，设为偶数，且为素数，则只能为2，
因此不是素数，因此不满足题意，此时不存在，
若为奇数，，则只能为3，下面来证明：
不妨设这三个数分别为，
令，因此可遍布所有整数，
第一种情况，，则，若为素数，则，
这三个数分别为满足题意，
第二种情况，，因此不是素数，
第三种情况，，则，因此不是素数，
综上，必须满足条件中，必须为1或3，而
才为灵魂莲华数对，
若均，则均无法整除，此时不存在，
若或3，但11和19对模不同余，此时也不是灵魂莲华数对，
故综上所述，是灵魂莲华数对.
【知识点】集合的含义；元素与集合的关系
【解析】【分析】（1）根据灵魂莲华集合定义判断可得答案；
（2）不妨设这组数为，且，第一种情况：模5只能余，分余0、1、2、3、4讨论可得答案；第二种情况：只能是，分模2只能余0或1讨论可得答案；
（3）设为偶数，不满足题意，此时不存在，若为奇数，，则只能为3证明即可.
（1）是灵魂莲华集合，证明：从取，而
，因此是灵魂莲华集合；
（2）不妨设这组数为，且，
第一种情况：若 ，则只能是偶数，
由于样本数量并不大，不妨直接枚举寻找规律，单独分析和，
而我们知道模5只能余，若余0，则
，
有以上六种情况，而的偶数有9个，由乘法原理可知此时一共有
组，减去或的情况，共有组，
若余1，除以5余1的有四个，也就是四个数相互组合，共有种，
有种，
若余2，除以5余2的有四个，减去12种，种，
若余3，除以5余3的有，同上有96组，
若余4，除以5余4的有三个，因此有组，种，
所以时，有.
第二种情况：只能是，而模2只能余0或1，
模2余0的有9个数，因此，此时共有组数，
减去有10的情况，从共有16组组合，组，
模2余1的有9个数，同上有216组
减去有5或15的情况，有30组，因此组，因此第二种情况有386组，
综上所述，共有组数；
（3），由于等价，设为偶数，且为素数，则只能为2，
因此不是素数，因此不满足题意，此时不存在，
若为奇数，，则只能为3，下面来证明：
不妨设这三个数分别为，
令，因此可遍布所有整数，
第一种情况，，则，若为素数，则，
这三个数分别为满足题意，
第二种情况，，因此不是素数，
第三种情况，，则，因此不是素数，
综上，必须满足条件中，必须为1或3，而
才为灵魂莲华数对，
若均，则均无法整除，此时不存在，
若或3，但11和19对模不同余，此时也不是灵魂莲华数对，
故综上所述，是灵魂莲华数对.
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