精品解析：广东省深圳高级中学（集团）中心校区2025届高三开学考试数学试题

深圳高级中学（集团）中心校区2025届高三开学考试 数学试题 一、单项选择题：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. 若复数是纯虚数，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用除法运算化简复数，根据纯虚数的特征，即可判断. 【详解】，则，有. 故选：A 2. 设等差数列的前项和，若，，则（ ） A. 18 B. 27 C. 45 D. 63 【答案】C 【解析】 【分析】根据成等差数列，得到方程，求出答案. 【详解】由题意得成等差数列， 即成等差数列， 即，解得. 故选：C 3. 某校高三800名学生的考试成绩近似服从正态分布，某生成绩为102分，则该生成绩的年级排名大约是（ ） （附：参考数据：，则，，，．） A. 第18名 B. 第127名 C. 第245名 D. 第546名 【答案】B 【解析】 【分析】根据正态分布的特征，求出数学成绩不低于分对应的概率，从而可求出对应的人数，确定排名． 【详解】因为成绩近似服从正态分布， 所以， 所以， 所以成绩大于等于的学生人数为， 所以成绩为的学生的年级排名约为， 故选：B. 4. 已知向量，，若向量在向量上的投影向量，则（ ） A. B. C. 3 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】利用投影向量的概念结合平面向量数量积的坐标表示及模长公式计算即得. 【详解】因向量在向量上的投影向量是，则， 故，于是. 故选：B. 5. “方斗”常作为盛米的一种容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，现有“方斗”容器如图所示，已知，，现往容器里加米，当米的高度是“方斗”高度的一半时，用米，则该“方斗”可盛米的总质量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设线段、、、的中点分别为、、、，利用台体的体积公式计算出棱台与棱台的体积之比，即可得出原“方斗”可盛米的总质量. 【详解】设线段、、、的中点分别为、、、，如下图所示： 易知四边形为等腰梯形，因为线段、的中点分别为、， 则， 设棱台的高为，体积为， 则棱台的高为，设其体积为， 则，则， 所以，，所以，该“方斗”可盛米的总质量为. 故选：D. 6. 已知，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对于，扩大适当的倍数变为整数幂的形式比较即可；对于，构造函数比较大小即可 【详解】对于，同时12次方可得与，易知，所以； 对于，同时次方可得与，由题干可知，所以，即； 对于，同时取对数可得与，，，解得， 易得在单调递增，单调递减，易知，所以． 综上可得， 故选：B. 7. 将12名志愿者（含甲､乙､丙）安排到三个地区做环保宣传工作，每个地区至少需要安排3人，则甲､乙､丙3人恰好被安排到同一个地区的安排方法总数为（ ） A. 3129 B. 4284 C. 18774 D. 25704 【答案】C 【解析】 【分析】利用排列组合原理和分组分配方法求解. 【详解】先分类讨论人员分组情况． 当甲､乙､丙所在组恰有3人时，余下9人分成2组，有种方法； 当甲､乙､丙所在组恰有4人时，先从其他9人中选1人到这组，再将余下8人分成2组，有种方法； 当甲､乙､丙所在组恰有5人时，先从其他9人中选2人到这组，余下7人分成2组， 有种方法 当甲､乙､丙所在组恰有6人时，先从其他9人中选3人到这组，余下6人分成2组， 有种方法． 再将三组人员分配到三个地区． 因为这三组分配到三个地区有种方法， 所以安排方法总数为. 故选:C. 8. 已知椭圆：的左右焦点分别为，，过的直线交椭圆于A，B两点，若，点满足，且，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由、结合正弦定理可得，又，故，再结合余弦定理计算即可得离心率. 【详解】由椭圆定义可知，由，故，， 点满足，即，则， 又，， 即，又， 故，则，即， 即平分，又，故， 则，则， ， ， 由， 故， 即，即，又，故. 故选：B. 【点睛】关键点睛：本题关键在于由、，得到平分，结合，从而得到. 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. 声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，我们听到的声音多为复合音．若一个复合音的数学模型是函数，则下列结论不正确的是（ ） A. 的一个周期为 B. 的最大值为 C. 的图象关于直线对称 D. 在区间上有3个零点 【答案】D 【解析】 【分析】A.代入周期的定义，即可判断；B.分别比较两个函数分别取得最大值的值，即可判断；C.代入对称性的公式，即可求解；D.根据零点的定义，解方程，即可判断. 【详解】A.，，故A错误； B.，当，时，取得最大值1， ，当时，即时，取得最大值， 所以两个函数不可能同时取得最大值，所以的最大值不是，故B错误； C.，， 所以函数的图象不关于直线对称，故C错误； D. ，即， 即或，解得：，所以函数在区间上有3个零点，故D正确. 故选：D. 10. 四棱锥的底面为正方形，PA与底面垂直，，，动点M在线段PC上，则（ ） A. 不存在点M，使得 B. 的最小值为 C. 四棱锥的外接球表面积为5π D. 点M到直线AB的距离的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】当点为中点时，利用垂直关系的转化，即可判断A；利用展开图，利用数形结合求的最小值，即可判断B；利用几何体与外接球的关系，即可求解球心，并求外接球的表面积，即可判断C；利用异面直线的距离的转化，即可判断D. 【详解】对于A：连接BD，且，如图所示，当M在PC中点时， 因为点O为AC的中点，所以，因为平面ABCD， 所以平面ABCD，又因为平面ABCD，所以， 因为ABCD为正方形，所以． 又因为，且BD，平面BDM，所以平面BDM， 因为平面BDM，所以，所以A错误； 对于B：将和所在的平面沿着PC展开在一个平面上，如图所示， 和是全等的直角三角形，，， 连结，， 则的最小值为BD，直角斜边PC上高为，即， 直角斜边PC上高也为，所以的最小值为，所以B正确； 对于C：易知四棱锥的外接球直径为PC， 半径，表面积，所以C错误； 对于D：点M到直线AB的距离的最小值即为异面直线PC与AB的距离， 因为，且平面PCD，平面PCD，所以平面PCD， 所以直线AB到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离，过点A作， 因为平面ABCD，面，所以， 又，且，面， 故平面PAD，平面PAD，所以， 因为，且PD，平面PCD，所以平面PCD， 所以点A到平面PCD的距离，即为AF的长，如图所示， 在中，，，可得， 所以由等面积得，即直线AB到平面PCD的距离等于，所以D正确， 故选：BD． 11. 冒泡排序是一种计算机科学领域的较简单的排序算法，其基本思想是：通过对待排序序列从左往右，依次对相邻两个元素比较大小，若，则交换两个数的位置，使值较大的元素逐渐从左移向右，就如水底下的气泡一样逐渐向上冒，重复以上过程直到序列中所有数都是按照从小到大排列为止.例如：对于序列进行冒泡排序，首先比较，需要交换1次位置，得到新序列，然后比较，无需交换位置，最后比较，又需要交换1次位置，得到新序列最终完成了冒泡排序，同样地，序列需要依次交换完成冒泡排序.因此，和均是交换2次的序列.现在对任一个包含个不等实数的序列进行冒泡排序，设在冒泡排序中序列需要交换的最大次数为，只需要交换1次的序列个数为，只需要交换2次的序列个数为，则（ ） A. 序列是需要交换3次的序列 B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，不妨设序列的n个元素为，由题意可判断A中序列交换次数；再根据等差数列前项和公式即可判断B；得出只要交换1次的序列的特征即可判断C；利用累加法求出通项公式即可判断D. 【详解】对A，序列，比较，无需交换位置，比较，需要交换1次位置，得到新序列，比较，无需交换位置，最后比较，需要交换1次位置，得到新序列，完成冒泡排序，共需要交换2次，故A错误； 对B，不妨设序列的n个元素为，交换次数最多的序列为， 将元素n冒泡到最右侧，需交换次次， 将元素n-1冒泡到最右侧，需交换次次， ， 故共需要， 即最大交换次数，故B正确； 对C，只要交换1次的序列是将中的任意相邻两个数字调换位置的序列，故有个这样的序列，即，故C正确； 对D，当n个元素的序列顺序确定后，将元素n+1添加进原序列， 使得新序列（共n+1个元素）交换次数也是2， 则元素n+1在新序列的位置只能是最后三个位置， 若元素n+1在新序列的最后一个位置， 则不会增加交换次数，故原序列交换次数为2（这样的序列有个）， 若元素n+1在新序列的倒数第二个位置，则会增加1次交换， 故原序列交换次数为1（这样的序列有个）， 若元素n+1在新序列的倒数第三个位置， 则会增加2次交换，故原序列交换次数为0（这样的序列有1个）， 因此，， 所以，显然， 所以，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：在解与数列新定义相关的题目时，理解新定义是解决本题的关键. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 展开式中的系数为，则的值为______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式分析求解. 【详解】因为的展开式的通项公式为， 可知展开式中含的项为， 则展开式中的系数为，解得. 故答案为：1. 13. 设是一个随机试验中的两个事件，且，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据对立事件的概率与互斥事件的概率计算公式求解即可. 【详解】因为，故， 因为互斥，所以， 所以 ， 解得，所以. 故答案为：. 14. 已知函数，且在处的瞬时变化率为． ①______； ②令，若函数的图象与直线有且只有一个公共点，则实数的取值范围是______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据导数的概念及于是即可得的值；分类讨论确定函数的图象，满足其与直线有且只有一个公共点，列不等式即可求得实数的取值范围. 【详解】因为，所以， 由在处的瞬时变化率为得，所以； 因为 ①当时，函数的图象如下图所示： 要使得函数的图象与直线有且只有一个公共点，则，所以； ②当时，函数的图象如下图所示： 要使得函数的图象与直线有且只有一个公共点，则， 不妨令，当，恒成立，所以单调递增， 即，所以恒成立，故此时不等式解得； ③当时，函数的图象如下图所示： 要使得函数的图象与直线有且只有一个公共点，则，所以； ④当时，函数的图象如下图所示： 要使得函数的图象与直线有且只有一个公共点，则，所以； 对于函数，，当，恒成立，所以单调递减， 即，所以恒成立，故此时不等式组无解； 综上，实数的取值范围是. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程成演算步骤． 15. 记的内角的对边分别为，已知 （1）求； （2）设的中点为，若，且，求的周长． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理结合可以得到，进而得到； （2）在和中分别利用余弦定理，结合，可以求得的值，进而得到的周长. 【小问1详解】 由得， 由正弦定理可得，， 因为， 所以， 代入上式，整理得， 又因为，，所以， 又因为，解得. 【小问2详解】 在中，由余弦定理得， 而，，所以①， 在中，由余弦定理得②， 由①②两式消去a，得，所以， 又，解得，．， 所以的周长. 16. 已知在多面体中，，，，，且平面平面. （1）设点F为线段BC的中点，试证明平面； （2）若直线BE与平面ABC所成的角为，求二面角的余弦值． 【答案】（1） 取的中点，连接，， ∵在中，∴. ∴由平面平面，且交线为，平面，得平面. ∵，分别为，的中点，∴，且. 又，，∴，且. ∴四边形为平行四边形.∴， ∴平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由四边形为平行四边形.∴，再结合平面，即可证明平面； （2）由空间向量的应用，建立以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴的空间直角坐标系，再求出平面的法向量，平面的法向量，再利用向量夹角公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵平面，平面，所以， 又因为，所以三者两两互相垂直， ∴以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则，，. ∵平面，∴直线与平面所成的角为. ∴.∴. 可取平面的法向量， 设平面的法向量，，， 则，取，则，.∴， ∴， ∴二面角的余弦值为. 17. 为了增强学生的国防意识，某中学组织了一次国防知识竞赛，高一和高二两个年级学生参加知识竞赛， （1）两个年级各派50名学生参加国防知识初赛，成绩均在区间上，现将成绩制成如图所示频率分布直方图（每组均包括左端点，最后一组包括右端点），估计学生的成绩的平均分（若同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）两个年级各派一位学生代表参加国防知识决赛，决赛的规则如下：①决赛一共五轮，在每一轮中，两位学生各回答一次题目，两队累计答对题目数量多者胜；若五轮答满，分数持平，则并列为冠军；②如果在答满5轮前，其中一方答对题目数量已经多于另一方答满5次题可能答对的题目数量，则不需再答题，譬如：第3轮结束时，双方答对题目数量比为，则不需再答第4轮了；③设高一年级的学生代表甲答对比赛题目的概率是，高二年级的学生代表乙答对比赛题目的概率是，每轮答题比赛中，答对与否互不影响，各轮结果也互不影响 （i）在一次赛前训练中，学生代表甲同学答了3轮题，且每次答题互不影响，记为答对题目的数量，求的分布列及数学期望 （ii）求在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出的概率 【答案】（1）学生的成绩的平均分的估计值为73.8分 （2）（i）分布列见解析，（ii）. 【解析】 【分析】（1）利用频率之和为1列出方程，求出a=0.018，进而利用中间值求出平均分的估计值； （2）（i）由题意知X的可能取值为0，1，2，3，根据二项分布求概率，写出分布列进而求期望即可；（ii）将在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出的事件分拆成乙答对0道与1道两个事件，再利用互斥事件的概率公式计算而得. 【小问1详解】 解：由频率分布直方图可知： 可得 ∴平均分的估计值为 ∴学生的成绩的平均分的估计值为73.8分 【小问2详解】 （i）由题可得，的可能取值为0，1，2，3 ∴ ∴的分布列为 0 1 2 3 ∴ （ii）将“在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出”记为事件， “在第4轮结束时，学生代表乙答对0道题”记为事件， “在第4轮结束时，学生代表乙答对1道题”记为事件 ∴， ， ∴. ∴在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出的概率为. 18. 已知 且，函数． （1），，为数列的前 项和，当时，试比较与2024的大小，并说明理由： （2）当时，证明：； （3）当且时，试讨论的零点个数． 【答案】（1），理由： 当时，， 则 ， 所以当时，； （2）证明：当时，，求导得， 令，求导得， 当时，，当时，， 即函数在上单调递减，在上单调递增， 于是，即，函数在上单调递增， 又，因此时，，当时，， 所以. （3）1个. 【解析】 【分析】（1）求出，利用分组求和法及等差等比数列前 项和公式计算即可得解. （2）把代入，利用导数探讨单调性，结合函数的零点推理即得. （3）按，分类，利用导数结合（2）的结论及零点存在性定理求解即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ①若，函数在上为单调递增函数，且， 因此函数有且仅有一个零点； ②若，当时，，当时，， 由（2）知：当时，， 当时，，且，则函数只有一个零点. 综上所述：当且时，的零点个数为1个． 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 19. 已知点为抛物线上的点，，为抛物线上的两个动点，为抛物线的准线与轴的交点，为抛物线的焦点． （1）若，求证：直线恒过定点； （2）若直线过点，，在轴下方，点在，之间，且，求的面积和的面积之比． 【答案】（1）设直线的方程为，，， 将代入抛物线方程得， 联立, ∵， ∴,, 或,若， 直线的方程为，恒过定点，不合题意舍； 若，直线的方程为，恒过定点． （2）4 【解析】 【分析】（1）根据，可得，,利用韦达定理求解； （2）方法一：利用直线与抛物线的位置关系，利用韦达定理可得，，从而可求解；方法二：结合可得，利用韦达定理和向量夹角的坐标表示即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法1：设直线的方程为，， 不妨设直线的倾斜角为， 则∴，，, ∵，∴, ∵∴，，共线，∴． 方法2：设直线的方程为，， , ∵，，，， ∴ 由于直线过点，，在轴下方，∴ 代入得，,∴ ∵∴，，共线，∴. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳高级中学（集团）中心校区2025届高三开学考试 数学试题 一、单项选择题：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. 若复数是纯虚数，则实数（ ） A. B. C. D. 2. 设等差数列的前项和，若，，则（ ） A. 18 B. 27 C. 45 D. 63 3. 某校高三800名学生的考试成绩近似服从正态分布，某生成绩为102分，则该生成绩的年级排名大约是（ ） （附：参考数据：，则，，，．） A. 第18名 B. 第127名 C. 第245名 D. 第546名 4. 已知向量，，若向量在向量上的投影向量，则（ ） A. B. C. 3 D. 7 5. “方斗”常作为盛米的一种容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，现有“方斗”容器如图所示，已知，，现往容器里加米，当米的高度是“方斗”高度的一半时，用米，则该“方斗”可盛米的总质量为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 7. 将12名志愿者（含甲､乙､丙）安排到三个地区做环保宣传工作，每个地区至少需要安排3人，则甲､乙､丙3人恰好被安排到同一个地区的安排方法总数为（ ） A. 3129 B. 4284 C. 18774 D. 25704 8. 已知椭圆：的左右焦点分别为，，过的直线交椭圆于A，B两点，若，点满足，且，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. 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. 声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，我们听到的声音多为复合音．若一个复合音的数学模型是函数，则下列结论不正确的是（ ） A. 的一个周期为 B. 的最大值为 C. 的图象关于直线对称 D. 在区间上有3个零点 10. 四棱锥的底面为正方形，PA与底面垂直，，，动点M在线段PC上，则（ ） A. 不存在点M，使得 B. 的最小值为 C. 四棱锥的外接球表面积为5π D. 点M到直线AB的距离的最小值为 11. 冒泡排序是一种计算机科学领域的较简单的排序算法，其基本思想是：通过对待排序序列从左往右，依次对相邻两个元素比较大小，若，则交换两个数的位置，使值较大的元素逐渐从左移向右，就如水底下的气泡一样逐渐向上冒，重复以上过程直到序列中所有数都是按照从小到大排列为止.例如：对于序列进行冒泡排序，首先比较，需要交换1次位置，得到新序列，然后比较，无需交换位置，最后比较，又需要交换1次位置，得到新序列最终完成了冒泡排序，同样地，序列需要依次交换完成冒泡排序.因此，和均是交换2次的序列.现在对任一个包含个不等实数的序列进行冒泡排序，设在冒泡排序中序列需要交换的最大次数为，只需要交换1次的序列个数为，只需要交换2次的序列个数为，则（ ） A. 序列是需要交换3次的序列 B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 展开式中的系数为，则的值为______． 13. 设是一个随机试验中的两个事件，且，则______. 14. 已知函数，且在处的瞬时变化率为． ①______； ②令，若函数的图象与直线有且只有一个公共点，则实数的取值范围是______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程成演算步骤． 15. 记的内角的对边分别为，已知 （1）求； （2）设的中点为，若，且，求的周长． 16. 已知在多面体中，，，，，且平面平面. （1）设点F为线段BC的中点，试证明平面； （2）若直线BE与平面ABC所成的角为，求二面角的余弦值． 17. 为了增强学生的国防意识，某中学组织了一次国防知识竞赛，高一和高二两个年级学生参加知识竞赛， （1）两个年级各派50名学生参加国防知识初赛，成绩均在区间上，现将成绩制成如图所示频率分布直方图（每组均包括左端点，最后一组包括右端点），估计学生的成绩的平均分（若同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）两个年级各派一位学生代表参加国防知识决赛，决赛的规则如下：①决赛一共五轮，在每一轮中，两位学生各回答一次题目，两队累计答对题目数量多者胜；若五轮答满，分数持平，则并列为冠军；②如果在答满5轮前，其中一方答对题目数量已经多于另一方答满5次题可能答对的题目数量，则不需再答题，譬如：第3轮结束时，双方答对题目数量比为，则不需再答第4轮了；③设高一年级的学生代表甲答对比赛题目的概率是，高二年级的学生代表乙答对比赛题目的概率是，每轮答题比赛中，答对与否互不影响，各轮结果也互不影响 （i）在一次赛前训练中，学生代表甲同学答了3轮题，且每次答题互不影响，记为答对题目的数量，求的分布列及数学期望 （ii）求在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出的概率 18. 已知 且，函数． （1），，为数列的前 项和，当时，试比较与2024的大小，并说明理由： （2）当时，证明：； （3）当且时，试讨论的零点个数． 19. 已知点为抛物线上的点，，为抛物线上的两个动点，为抛物线的准线与轴的交点，为抛物线的焦点． （1）若，求证：直线恒过定点； （2）若直线过点，，在轴下方，点在，之间，且，求的面积和的面积之比． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $