精品解析：云南省玉溪市玉溪师范学院附属中学2025届高三上学期开学适应性考试数学试卷

2024-2025学年度高中数学高三开学适应性考试 考试范围：高考范围；考试时间：120分钟 第I卷（选择题） 一､单选题（每小题5分，共8小题，共计40分） 1. 已知集合，若，则所有的取值构成的集合为（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题根据子集的含义可得集合A为空集或非空集合，进而对参数a分类讨论即可求解. 【详解】，， 故当时，易求； 当时，由得，或, 所以所有的取值构成的集合为， 故选：C. 2. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 100 【答案】C 【解析】 【分析】先得到，从而求得. 【详解】，所以， 故选：C. 3. 某公司对员工的工作绩效进行评估，得到一组数据，后来复查数据时，又将重复记录在数据中，则这组新的数据和原来的数据相比，一定不会改变的是（ ） A. 平均数 B. 中位数 C. 极差 D. 众数 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由平均数，中位数，极差以及众数的定义，即可判断. 【详解】平均数是所有数据之和再除以这组数据的个数，故平均数有可能改变， 中位数是按照顺序排列的一组数据中居于中间位置的数，故中位数也可能改变， 极差表示一组数据中最大值与最小值之差，将重复记录在数据中，最大值与 最小值并未改变，所以极差一定不变， 众数是一组数据中出现次数最多的数，有可能改变. 故选：C 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对求导，讨论的范围判断的符号确定的单调性，即可确定大致图象. 【详解】由解析式知：， ∴时，递增；或时，递减； 结合各选项易知：A符合要求. 故选：A 5. 是抛物线上的两点，为坐标原点.若，且的面积为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题可设，，利用的面积算出，再结合图形求出. 【详解】如图， ∵，知两点关于轴对称， 设， ∴，解得， ∴，∴， ∴，∴. 故选：C 6. 已知向量以为基底时的坐标为，则以为基底时的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意得，而以为基底，则设，然后根据空间向量基本定理列出关于的方程组，可求得答案. 【详解】因为向量以为基底时的坐标为， 所以， 设， 由空间向量基本定理得，解得， 所以以为基底时的坐标为. 故选：B 7. 若“，”为假命题，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】转化为命题的否定为真命题，再分离参数，设新函数求出其最大值即可得到答案. 【详解】由题意得该命题的否定为真命题， 即“，”为真命题， 即， 令，因为，则， 则存在，使得成立， 令，令，则（负舍）， 则根据对勾函数的性质知在上单调递减，在上单调递增， 且，，则，则. 故选：C. 8. 已知函数，，若关于的方程有两个不等实根，且，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用导函数得出函数在上单调递增，将关于的方程有两个不等实根转化为关于的方程有两个不等实根；再数形结合得出，；最后构造函数，并利用导数求出该函数的最大值即可. 【详解】由可得： 函数的定义域为，， 所以函数在上单调递增. 令. 因为关于的方程有两个不等实根，， 则关于的方程有两个不等实根，. 作出函数的图象，如图所示： . 所以结合图形可知. 由可得：，， 解得：，即有. 设， 则. 令，得：；令，得：， 所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的性质、方程的根与函数图象交点问题等.解题关键在于先利用换元法和函数的单调性将已知条件进行转化；再利用数形结合思想和导数即可求解. 二､多选题（每小题6分，共3小题，选对得部分分，选错得0分，共计18分） 9. 在的展开式中，下列命题正确的是（ ） A. 偶数项的二项式系数之和为32 B. 第3项的二项式系数最大 C. 常数项为60 D. 有理项的个数为3 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意，由二项式展开式的通项公式以及二项式系数的性质，代入计算，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】偶数项的二项式系数之和为，故A正确； 根据二项式，当时的值最大，即第4项的二项式系数最大，故B错误 ， 令，，∴，故C正确； 为整数时，，故有理项的个数为4，故D错误. 故选：AC． 10. 已知椭圆的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为，是上异于的一个动点.若，则下列说法正确的有（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 若，则 C. 直线的斜率与直线的斜率之积等于 D. 符合条件的点有且仅有2个 【答案】AC 【解析】 【分析】根据得到与的关系从而求得离心率，通过解直角三角形判断B选项，通过设点的坐标，表示出两条直线的斜率判断C选项，结合圆上的点的特点，判断D选项. 【详解】A选项，，，因为即， 解得，所以离心率，故A正确； B选项，若，连接， 在中，由勾股定理得，又因为点在椭圆上，所以， 所以，又由，解得， 所以，故B错误； C选项，设，， 则，，， 又因为点在椭圆上，所以，因为，所以， 从而，所以，故C正确； D选项，因为，所以点在以为直径的圆上，半径为， 又因为，所以该圆与椭圆无交点，所以同时在圆上和在椭圆上的点不存在，即没有符合条件的点，故D错误. 故选：AC. 11. 已知函数的定义域为R，，，则（ ） A. B. 函数是奇函数 C. D. 的一个周期为3 【答案】AC 【解析】 【分析】根据条件等式，利用赋值法，求特殊函数值，以及判断函数的奇偶性和周期性. 【详解】令，则，所以，A选项正确； 令，则，即，所以是偶函数，B选项错误； ，令，则， 令，则，所以， 所以，因为，所以，，C选项正确； 令，则， 所以，，所以，的一个周期为6，D选项错误. 故选：AC． 第II卷（非选择题） 三､填空题（每小题5分，共3小题，共计15分） 12. 某省的高中数学学业水平考试，分为A，B，C，D，E五个等级，其中A，B等级的比例为16%，34%.假设某次数学学业水平考试成绩服从正态分布，其中王同学得分88分等级为A，李同学得分85分等级为B.请写出一个符合条件的值___________. （参考数据：若，则，） 【答案】7（答案不唯一，只需要填区间内的任意一个值） 【解析】 【分析】根据已知条件及正态分布的特点即可求解. 【详解】由题意可知，，解得. 故答案为：（答案不唯一，只需要填区间内的任意一个值）. 13. 有甲、乙两个工厂生产同一型号的产品，其中甲厂生产的占，甲厂生产的次品率为，乙厂生产的占，乙厂生产的次品率为，从中任取一件产品是次品的概率是______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用全概率公式，即可求解. 【详解】设为甲，乙两厂生产的产品，表示取得次品， ，，，， 所以， . 所以任取1件产品的概率为. 故答案为： 14. 已知函数的部分图象如图所示.若在中，，则面积的最大值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】先由图象依次求解的值，由，代入解析式求，在中，设三边，由已知对边角，利用余弦定理与重要不等式求最大值，从而得面积的最大值. 【详解】由图象可得，解得， 所以，由， 由图， 即， 由，得. 故， 在中，， ，即， 设角的对边为，由， 则， ，当且仅当时等号成立. ， 所以面积最大值为. 故答案为：. 四､解答题（15题13分，16､17题各15分，18､19题各17分，共计77分） 15. 已知等差数列，若，且，，成等比数列． （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）若，设，求数列的前项和． 【答案】（Ⅰ）或（Ⅱ） 【解析】 【分析】 （Ⅰ）由，且，，成等比数列这两个条件列出和的方程组可求解出，从而可得数列的通项； （Ⅱ）把（Ⅰ）解得的代入中，化简得 ，然后利用裂项相消法求和. 【详解】解：（Ⅰ）∵，∴① ∵，，成等比数列，∴，∴化简得， 若， 若，②，由①②可得，， 所以数列的通项公式是或 （Ⅱ）由（Ⅰ）得 ∴ 【点睛】此题考查了等差数列的基本量运算，裂项相消求和法，属于基础题. 16. 2021年某公司为了提升一项产品的竞争力和市场占有率，对该项产品进行了科技创新和市场开发，经过一段时间的运营后，统计得到x，y之间的五组数据如下表： x 1 2 3 4 5 y 9 11 14 26 20 其中，x（单位：百万元）是科技创新和市场开发的总投入，y（单位：百万元）是科技创新和市场开发后的收益. （1）求相关系数r的大小（精确到0.01），并判断科技创新和市场开发后的收益y与科技创新和市场开发的总投入x的线性相关程度； （2）该公司对该产品的满意程度进行了调研，在调研100名男女消费者中，得到的数据如下表： 满意 不满意 总计 男 45 10 55 女 25 20 45 总计 70 30 100 是否有99%的把握认为消费者满意程度与性别有关？ （3）对（2）中调研的45名女消费者，按照其满意程度进行分层抽样，从中抽出9名女消费者到公司进行现场考察，再从这9名女消费者中随机抽取4人进行深度调研，设这4人中选择“满意”的人数为X，求X的分布列及数学期望. 参考公式：①； ②，其中. 临界值表： 0.100 0.050 0.025 0.010 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 参考数据：. 【答案】（1）0.84，科技创新和市场开发后的收益y与科技创新和市场开发的总投入x具有较强的相关性. （2）有 （3）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）求出，，，可得及答案； （2）计算出，与临界值比较可得答案； （3）求处X的可能取值及对应概率，可得分布列和期望. 【小问1详解】 由题意可得，， ， ， ∴. ∴“科技创新和市场开发后的收益y与科技创新和市场开发的总投入x具有较强的相关性. 【小问2详解】 由题意： 满意 不满意 总计 男 45 10 55 女 25 20 45 总计 70 30 100 ∴， ∴有99%的把握认为消费者满意程度与性别有关. 【小问3详解】 易知9人中满意的有5人，不满意的有4人 由题意可知，X的可能取值为0，1，2，3，4， ； ； ； ； ， ∴X的分布列为： X 0 1 2 3 4 P . 17. 如图所示，是的直径，点是上异于，平面ABC，、分别为，的中点， （1）求证：EF⊥平面PBC； （2）若，，二面角的正弦值为，求BC． 【答案】（1）证明如下： 因为平面ABC，平面。所以， 因为是的直径，知， 因为，且平面，所以平面， 由分别是的中点，所以， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判断定理证明平面，再证明，即可证明； （2）以为原点建立空间直角坐标系，分别求平面和的法向量，利用法向量夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，所在直线分别为x轴、轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 设，，且， 所以，， 易知平面的一个法向量， 设平面的一个法向量，则 则，即，∴， 取，得，，则， 因为二面角的正弦值为，则其余弦值为， 所以，化简得， 又因为，所以， 解得：，即， 所以，即. 18. 已知双曲线的渐近线方程为，左焦点为F，过的直线为，原点到直线的距离是 （1）求双曲线的方程； （2）已知直线交双曲线于不同的两点C，D，问是否存在实数，使得以CD为直径的圆经过双曲线的左焦点F．若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）（2）． 【解析】 【详解】试题分析：（1）∵　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 原点到直线AB：的距离，　　 故所求双曲线方程为 　　　　　　　　 （2）把中消去y，整理得 .　　　　　　　　　　　　　　 设，则 因为以CD为直径的圆经过双曲线的左焦点F，所以 ，　　　 可得 把代入， 解得：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 解，得，满足， 考点：双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与双曲线的综合应用． 点评：直线与圆锥曲线联系在一起的综合题在高考中多以高档题、压轴题出现，主要涉及位置关系的判定，弦长问题、最值问题、对称问题、轨迹问题等．突出考查了数形结合、分类讨论、函数与方程、等价转化等数学思想方法． 19. 设实系数一元二次方程①，有两根， 则方程可变形为，展开得②， 比较①②可以得到 这表明，任何一个一元二次方程的根与系数的关系为：两个根的和等于一次项系数与二次项系数的比的相反数，两个根的积等于常数项与二次项系数的比.这就是我们熟知的一元二次方程的韦达定理. 事实上，与二次方程类似，一元三次方程也有韦达定理. 设方程有三个根，则有③ （1）证明公式③，即一元三次方程的韦达定理； （2）已知函数恰有两个零点. （i）求证：的其中一个零点大于0，另一个零点大于且小于0； （ii）求的取值范围. 【答案】（1）证明：因为方程有三个根， 所以方程即为， 变形为， 比较两个方程可得. （2）（i）证明：有两个零点， 有一个二重根，一个一重根，且 由（1）可得，由可得. 由可得，. 联立上两式可得，解得， 又，综上. （ii）. 【解析】 【分析】（1）将展开，对比两个方程即可得证； （2）（i）由一元三次方程的韦达定理可得两根关系，根据两根符号即可得证； （ii）利用两根表示出，消去，令可得，利用导数判断单调性，然后可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）解：由（i）可得， . 令，则， ，当时，， 在上单调递增，， . 【点睛】思路点睛：对于新定义问题要注意以下几点：（1）认真研读定义所给主要信息，筛选出关键点；（2）利用好定义所给的表达式及相关条件；（3）含有参数时要注意分类讨论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度高中数学高三开学适应性考试 考试范围：高考范围；考试时间：120分钟 第I卷（选择题） 一､单选题（每小题5分，共8小题，共计40分） 1. 已知集合，若，则所有的取值构成的集合为（    ） A. B. C. D. 2. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 100 3. 某公司对员工的工作绩效进行评估，得到一组数据，后来复查数据时，又将重复记录在数据中，则这组新的数据和原来的数据相比，一定不会改变的是（ ） A. 平均数 B. 中位数 C. 极差 D. 众数 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 是抛物线上的两点，为坐标原点.若，且的面积为，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知向量以为基底时的坐标为，则以为基底时的坐标为（ ） A. B. C. D. 7. 若“，”为假命题，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，，若关于的方程有两个不等实根，且，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 二､多选题（每小题6分，共3小题，选对得部分分，选错得0分，共计18分） 9. 在的展开式中，下列命题正确的是（ ） A. 偶数项的二项式系数之和为32 B. 第3项的二项式系数最大 C. 常数项为60 D. 有理项的个数为3 10. 已知椭圆的左､右焦点分别为，左､右顶点分别为，是上异于的一个动点.若，则下列说法正确的有（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 若，则 C. 直线的斜率与直线的斜率之积等于 D. 符合条件的点有且仅有2个 11. 已知函数的定义域为R，，，则（ ） A. B. 函数是奇函数 C. D. 的一个周期为3 第II卷（非选择题） 三､填空题（每小题5分，共3小题，共计15分） 12. 某省的高中数学学业水平考试，分为A，B，C，D，E五个等级，其中A，B等级的比例为16%，34%.假设某次数学学业水平考试成绩服从正态分布，其中王同学得分88分等级为A，李同学得分85分等级为B.请写出一个符合条件的值___________. （参考数据：若，则，） 13. 有甲、乙两个工厂生产同一型号的产品，其中甲厂生产的占，甲厂生产的次品率为，乙厂生产的占，乙厂生产的次品率为，从中任取一件产品是次品的概率是______． 14. 已知函数的部分图象如图所示.若在中，，则面积的最大值为__________. 四､解答题（15题13分，16､17题各15分，18､19题各17分，共计77分） 15. 已知等差数列，若，且，，成等比数列． （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）若，设，求数列的前项和． 16. 2021年某公司为了提升一项产品的竞争力和市场占有率，对该项产品进行了科技创新和市场开发，经过一段时间的运营后，统计得到x，y之间的五组数据如下表： x 1 2 3 4 5 y 9 11 14 26 20 其中，x（单位：百万元）是科技创新和市场开发的总投入，y（单位：百万元）是科技创新和市场开发后的收益. （1）求相关系数r的大小（精确到0.01），并判断科技创新和市场开发后的收益y与科技创新和市场开发的总投入x的线性相关程度； （2）该公司对该产品的满意程度进行了调研，在调研100名男女消费者中，得到的数据如下表： 满意 不满意 总计 男 45 10 55 女 25 20 45 总计 70 30 100 是否有99%的把握认为消费者满意程度与性别有关？ （3）对（2）中调研的45名女消费者，按照其满意程度进行分层抽样，从中抽出9名女消费者到公司进行现场考察，再从这9名女消费者中随机抽取4人进行深度调研，设这4人中选择“满意”的人数为X，求X的分布列及数学期望. 参考公式：①； ②，其中. 临界值表： 0.100 0.050 0.025 0.010 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 参考数据：. 17. 如图所示，是的直径，点是上异于，平面ABC，、分别为，的中点， （1）求证：EF⊥平面PBC； （2）若，，二面角的正弦值为，求BC． 18. 已知双曲线的渐近线方程为，左焦点为F，过的直线为，原点到直线的距离是 （1）求双曲线的方程； （2）已知直线交双曲线于不同的两点C，D，问是否存在实数，使得以CD为直径的圆经过双曲线的左焦点F．若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由． 19. 设实系数一元二次方程①，有两根， 则方程可变形为，展开得②， 比较①②可以得到 这表明，任何一个一元二次方程的根与系数的关系为：两个根的和等于一次项系数与二次项系数的比的相反数，两个根的积等于常数项与二次项系数的比.这就是我们熟知的一元二次方程的韦达定理. 事实上，与二次方程类似，一元三次方程也有韦达定理. 设方程有三个根，则有③ （1）证明公式③，即一元三次方程的韦达定理； （2）已知函数恰有两个零点. （i）求证：的其中一个零点大于0，另一个零点大于且小于0； （ii）求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $