高三开学模拟考01（知识摸底）-2025年高考数学一轮复习讲义及高频考点归纳与方法总结（新高考通用）

2025年高考数学一轮复习讲义及高频考点归纳与方法总结（新高考通用） 高三开学模拟考01（知识摸底） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等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，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。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。 第一部分（选择题 共58分） 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，，则（   ） A． B． C． D． 2．复数z满足，则复数z的虚部是（    ） A．2 B． C．1 D． 3．已知向量满足，且，若，则（    ） A． B． C． D． 4．春暖花开，某学校组织学生春游，每个班级可以在周一到周六任选一天出游，则甲、乙两班不在同一天出游的概率为（   ） A． B． C． D． 5．已知命题“，”为真命题，则实数m的可能取值是（   ） A．2 B．0 C．1 D． 6．已知正三棱台的体积为,其上、下底面的边长分别为,则该正三棱台的侧面上的高为（    ） A． B． C． D． 7．已知双曲线的左､右焦点分别为为的渐近线上一点.若的面积为，则的离心率为（    ） A． B．2 C． D． 8．设函数的定义域为为奇函数，为偶函数，若1，则（    ） A．1 B． C．0 D． 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．已知函数则（    ） A．函数的图象关于点对称 B．将函数的图象向左平移个单位长度后所得到的图象关于轴对称 C．函数在区间上有2个零点 D．函数在区间上单调递增 10．已知是坐标原点，过抛物线的焦点的直线与抛物线交于两点，其中在第一象限，若，点在抛物线上，则（    ） A．抛物线的准线方程为 B． C．直线的倾斜角为 D． 11．已知函数且，则（    ） A．当时，恒成立 B．当时，有且仅有1个零点 C．当时，没有零点 D．存在，使得存在三个极值点 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若展开式中的常数项为，则实数 . 13．已知，则 . 14．设，记为三个数中最大的数，则的最小值 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分）已知数列的前项和为. (1)求数列的通项公式； (2)令，求数列的前项和. 16．（15分）如图四棱台中，，平面，. (1)证明：； (2)若，，，求二面角的余弦值. 17．（15分）为建立健全国家学生体质健康监测评价机制，激励学生积极参加身体锻炼，教育部印发了《国家学生体质健康标准》，要求各学校每学年开展覆盖本校各年级学生的《标准》测试工作.为做好全省的迎检工作，某市在高三年级开展了一次体质健康模拟测试，并从中随机抽取了500名学生的数据，根据他们的健康指数绘制了如图所示的频率分布直方图.    (1)估计这500名学生健康指数的平均数(同一组数据用该组区间的中点值作代表)； (2)由频率分布直方图知，该市学生的健康指数X近似服从正态分布N(，)，其中近似为样本平均数，近似为样本方差(=84.75). ①求P(60.29≤X≤87.92)； ②已知该市高三学生约有30000名，记健康指数在区间[60.29，87.92]的人数为，试求E(). 附：参考数据：，若随机变量X服从正态分布N(，)，则，，. 18．（17分）已知椭圆C：的上顶点M与椭圆C的左、右焦点，构成一个等边三角形，过且垂直于，的直线与椭圆C交于D，E两点，且的周长为8． (1)求椭圆C的方程； (2)设P，Q是椭圆C上的两个动点，且，过点O作，交直线PQ于H点，求证：点H总在某个定圆上，并写出该定圆的方程． 19．（17分）定义：若函数与的图象在上有且仅有一个交点，则称函数与在上单交，此交点被称为“单交点”.已知函数，，. (1)讨论函数的单调性； (2)当时， （i）求证：函数与在上存在“单交点”； （ⅱ）对于（i）中的正数，证明：. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$2025年高考数学一轮复习讲义及高频考点归纳与方法总结（新高考通用） 高三开学模拟考01（知识摸底） 参考答案 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 A C A A B C B D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9 10 11 ACD AC AB 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 13． 14．2 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分）【详解】（1） 当时， 当时，，两式相减得， ， 数列是以2为首项，2为公比的等比数列， （2）由（1）可知，记， ， ， 两式相减得 . 16．（15分）【详解】（1） 取的中点，连接，则，， 四边形为平行四边形，所以，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为平面，，所以平面， 又平面，所以. （2）因为平面，平面，所以， 由（1）得，， 以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，， ，在四棱台中，四边形相似于四边形， 且相似比为，，所以， ，所以， 平面的一个法向量为，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，则 所以， 由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为. 17．（15分）【详解】（1）由题意得，平均数=50×0.05+60×0.25+70×0.45+80×0.2+90×0.05=69.5； （2）①由(1)可知=69.5，≈9.21， 则P(60.29≤X≤87.92)=P(69.5-9.21≤X≤69.5+9.21×2) 则P(60.29≤X≤87.92)=P(69.5-9.21≤X≤69.5+9.21×2) =P(≤X≤)=×0.683+×0.955=0.819； ②由①可知1名学生的健康指数位于[60.29，87.92]的概率为0.819， 依题意，服从二项分布，即～B(30000,0.819)， 则E()=np=24570. 18．（17分）【详解】（1）由是等边三角形，得， 由于，所以，从而， 根据椭圆定义，可知的周长为，得，所以， 所以椭圆C的方程为； （2）设， 当直线PQ斜率不存在时，且，则点P，Q关于轴对称， 所以，与椭圆椭圆C方程联立，得，即， 当直线PQ斜率存在时，设方程为， 联立方程组，得， 所以，解得， 由韦达定理得，， 所以， 由于，所以，则， 又为点到直线PQ得距离的平方， 所以， 所以点H总在以原点为圆心，以为半径的圆上， 其方程为. 19．（17分）【详解】（1）， 当时，对任意恒成立，故函数在上单调递增； 当时，令，得；令，得， 故函数在上单调递减，在上单调递增； （2）（i）令，得，得， 设，则， 设，则， 当时，，单调递减， 即在上单调递减，且，， 故，使得， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 因为，， 所以在上只有一个零点，故函数在上只有一个零点， 即函数与在上存在“单交点”； （ii）因为，所以要证，即证， 即证，只需证， 因为，得， 所以只需证即可， 令，，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故，即，原不等式即证. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$2025年高考数学一轮复习讲义及高频考点归纳与方法总结（新高考通用） 高三开学模拟考01（知识摸底） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等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，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。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。 第一部分（选择题 共58分） 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，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先利用列举法表示出集合，再根据交集的定义计算可得. 【详解】因为，又， 所以． 故选：A． 2．复数z满足，则复数z的虚部是（    ） A．2 B． C．1 D． 【答案】C 【分析】由题意可得，进而可求得，可得结论. 【详解】因为， 则， 故复数z的虚部是1． 故选：C． 3．已知向量满足，且，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，，则，结合数量积运算律化简可解. 【详解】根据题意，，所以， 又，所以， 即，因为， 所以. 故选：A. 4．春暖花开，某学校组织学生春游，每个班级可以在周一到周六任选一天出游，则甲、乙两班不在同一天出游的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据排列组合的知识求出所有的种数，由概率公式计算即可． 【详解】甲、乙两班选择的总数为中， 设事件=“甲、乙两班不在同一天出游”； 所以. 故选：A. 5．已知命题“，”为真命题，则实数m的可能取值是（   ） A．2 B．0 C．1 D． 【答案】B 【分析】先利用题给条件求得实数m的取值范围，进而得到实数m的可能取值. 【详解】因为命题“，”为真命题， 所以，， 令，，则， 可知为增函数，当时，有最小值， 故实数m的取值范围为， 故选：B. 6．已知正三棱台的体积为,其上、下底面的边长分别为,则该正三棱台的侧面上的高为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据条件先计算出正三棱台的高,在根据勾股定理求出该正三棱台的侧面上的高即可. 【详解】如图:   分别为正三棱台的上、下底面的中心,取的中点,连接,做, 则, 由题意得: 正三棱台的上、下底面的面积分别为, 设正三棱台的高为,则, 解得, , 所以该正三棱台的侧面上的高为. 故选：C. 7．已知双曲线的左､右焦点分别为为的渐近线上一点.若的面积为，则的离心率为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】B 【分析】利用向量的线性运算再来求数量积，可得，再利用底边为的焦半径三角面积，可求出高为，从而可得一条渐近线的斜率，则即可解得离心率. 【详解】 不妨设点在第一象限内，为坐标原点， 由，得. 由的面积为，结合三角形面积公式得：点到轴的距离为， 所以的一条渐近线的倾斜角为，其斜率为， 因此的离心率. 故选：B. 8．设函数的定义域为为奇函数，为偶函数，若1，则（    ） A．1 B． C．0 D． 【答案】D 【分析】根据函数的奇偶性可得的图象关于点中心对称且关于直线轴对称，进而得的周期为4，即可求解. 【详解】因为为奇函数，所以， 所以的图象关于点中心对称，则. 因为为偶函数，所以， 所以的图象关于直线轴对称. 由，得， 所以，则， 则的周期为4， ，则. 故选：D 【点睛】方法点睛：抽象函数的奇偶性、对称性、周期性常有以下结论 （1）关于轴对称， （2）关于中心对称， （3）的一个周期为， （4）的一个周期为. 可以类比三角函数的性质记忆以上结论. 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．已知函数则（    ） A．函数的图象关于点对称 B．将函数的图象向左平移个单位长度后所得到的图象关于轴对称 C．函数在区间上有2个零点 D．函数在区间上单调递增 【答案】ACD 【分析】利用三角恒等变换易得，采用代入检验法即可判断A项，利用平移变换，求得函数解析式，易得其为奇函数，，故而排除B项，将看成整体角，求出其范围，利用余弦函数的图象观察分析，易对C,D两项进行判断. 【详解】 对于当时，而，故A正确； 对于将向左平移个单位后可得， 为奇函数，关于原点对称，故B错； 对于当时，， 因在上仅有2个零点，故在上也仅有2个零点，故C正确； 对于当时，因在上单调递增， 故在上单调递增，故D正确. 故选：ACD． 10．已知是坐标原点，过抛物线的焦点的直线与抛物线交于两点，其中在第一象限，若，点在抛物线上，则（    ） A．抛物线的准线方程为 B． C．直线的倾斜角为 D． 【答案】AC 【分析】由抛物线方程可判断AD，联立直线与抛物线方程，由结合韦达定理及两点间距离公式可判断BC，， 【详解】选项A：因为抛物线，所以，准线方程为，故A正确； 选项B：设，设直线， 与联立得，所以， 由得，即，所以， 所以，可得， 则，故错误； 选项C：直线的斜率为，倾斜角为，故C正确； 选项D：，故，故D错误. 故选：AC.    11．已知函数且，则（    ） A．当时，恒成立 B．当时，有且仅有1个零点 C．当时，没有零点 D．存在，使得存在三个极值点 【答案】AB 【分析】利用构造函数法、导数，结合不等式恒成立、零点、极值点等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】A选项，当时，要证明，即证明， 即证明，即证明，设， ，所以当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以.所以A选项正确. B选项，当时，单调递减，， 所以存在唯一零点，所以B选项正确. C选项，当时，由得， ，，当时，由A选项的分析可知，， 因此由两个零点，所以C选项错误. D选项，，令得， 两边同时取对数得， 设， ，令得， 则在上单调递减， 在上单调递增， 所以最多有两个零点，所以最多有两个极值点，所以D选项错误. 故选：AB 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若展开式中的常数项为，则实数 . 【答案】 【分析】求得二项展开式的通项，结合通项求得的值，代入列出方程，即可求解. 【详解】由二项式展开式的通项为， 令，可得，代入可得，解得. 故答案为：. 13．已知，则 . 【答案】/ 【分析】根据同角三角函数关系，结合已知条件求得，以及，，，再求结果即可. 【详解】由可得：， 又，即，则， 故，， 则， 故. 故答案为：. 14．设，记为三个数中最大的数，则的最小值 ． 【答案】2 【分析】分类讨论的大小关系，转化为利用均值不等式求两个正数和的最小值，可分析最大值不小于和的一半，即可得出结论. 【详解】由， ①当时，， 而，可得至少有一个不小于2, 则的最小值为2； ②当时， ， 而，可得至少有一个不小于2， 的最小值不小于2. 综上，的最小值为2. 故答案为：2 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分）已知数列的前项和为. (1)求数列的通项公式； (2)令，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由的关系分是否等于1进行讨论即可求解； （2）首先得，进一步结合错位相减法以及等比数列求和公式即可得解. 【详解】（1） 当时， 当时，，两式相减得， ， 数列是以2为首项，2为公比的等比数列， （2）由（1）可知，记， ， ， 两式相减得 . 16．（15分）如图四棱台中，，平面，. (1)证明：； (2)若，，，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明平面，再由平面，则可得证； （2）建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，判断二面角为锐角，求出二面角的余弦值即可. 【详解】（1） 取的中点，连接，则，， 四边形为平行四边形，所以，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为平面，，所以平面， 又平面，所以. （2）因为平面，平面，所以， 由（1）得，， 以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，， ，在四棱台中，四边形相似于四边形， 且相似比为，，所以， ，所以， 平面的一个法向量为，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，则 所以， 由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为. 17．（15分）为建立健全国家学生体质健康监测评价机制，激励学生积极参加身体锻炼，教育部印发了《国家学生体质健康标准》，要求各学校每学年开展覆盖本校各年级学生的《标准》测试工作.为做好全省的迎检工作，某市在高三年级开展了一次体质健康模拟测试，并从中随机抽取了500名学生的数据，根据他们的健康指数绘制了如图所示的频率分布直方图.    (1)估计这500名学生健康指数的平均数(同一组数据用该组区间的中点值作代表)； (2)由频率分布直方图知，该市学生的健康指数X近似服从正态分布N(，)，其中近似为样本平均数，近似为样本方差(=84.75). ①求P(60.29≤X≤87.92)； ②已知该市高三学生约有30000名，记健康指数在区间[60.29，87.92]的人数为，试求E(). 附：参考数据：，若随机变量X服从正态分布N(，)，则，，. 【答案】(1)69.5 (2)①0.819；②24570 【分析】（1）以组中值代替小组平均值，根据加权平均数公式计算可得； （2）①根据正态分布的性质求解即可；②根据二项分布的期望公式计算即可. 【详解】（1）由题意得，平均数=50×0.05+60×0.25+70×0.45+80×0.2+90×0.05=69.5； （2）①由(1)可知=69.5，≈9.21， 则P(60.29≤X≤87.92)=P(69.5-9.21≤X≤69.5+9.21×2) 则P(60.29≤X≤87.92)=P(69.5-9.21≤X≤69.5+9.21×2) =P(≤X≤)=×0.683+×0.955=0.819； ②由①可知1名学生的健康指数位于[60.29，87.92]的概率为0.819， 依题意，服从二项分布，即～B(30000,0.819)， 则E()=np=24570. 18．（17分）已知椭圆C：的上顶点M与椭圆C的左、右焦点，构成一个等边三角形，过且垂直于，的直线与椭圆C交于D，E两点，且的周长为8． (1)求椭圆C的方程； (2)设P，Q是椭圆C上的两个动点，且，过点O作，交直线PQ于H点，求证：点H总在某个定圆上，并写出该定圆的方程． 【答案】(1) (2)证明见解析， 【分析】（1）由于，从而，根据椭圆定义，可知的周长为，从而可得椭圆方程； （2）分直线PQ斜率不存在和存在进行讨论，通过联立方程组，利用韦达定理，再结合条件，可求出，从而得证. 【详解】（1）由是等边三角形，得， 由于，所以，从而， 根据椭圆定义，可知的周长为，得，所以， 所以椭圆C的方程为； （2）设， 当直线PQ斜率不存在时，且，则点P，Q关于轴对称， 所以，与椭圆椭圆C方程联立，得，即， 当直线PQ斜率存在时，设方程为， 联立方程组，得， 所以，解得， 由韦达定理得，， 所以， 由于，所以，则， 又为点到直线PQ得距离的平方， 所以， 所以点H总在以原点为圆心，以为半径的圆上， 其方程为. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为，； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为的形式； （5）代入韦达定理求解. 19．（17分）定义：若函数与的图象在上有且仅有一个交点，则称函数与在上单交，此交点被称为“单交点”.已知函数，，. (1)讨论函数的单调性； (2)当时， （i）求证：函数与在上存在“单交点”； （ⅱ）对于（i）中的正数，证明：. 【答案】(1)答案见解析 (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析； 【分析】（1）借助导数，分及讨论即可得； （2）（i）结合定义，令，构造函数，借助导数研究其单调性，结合零点的存在性定理即可得证；（ⅱ）原问题可转化为证明，构造函数，借助导数求出其在上的最大值即可得. 【详解】（1）， 当时，对任意恒成立，故函数在上单调递增； 当时，令，得；令，得， 故函数在上单调递减，在上单调递增； （2）（i）令，得，得， 设，则， 设，则， 当时，，单调递减， 即在上单调递减，且，， 故，使得， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 因为，， 所以在上只有一个零点，故函数在上只有一个零点， 即函数与在上存在“单交点”； （ii）因为，所以要证，即证， 即证，只需证， 因为，得， 所以只需证即可， 令，，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故，即， 原不等式即证. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助，从而消去参数，将转化为. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$