精品解析：广西钦州市示范性高中2025届高三开学考试数学试题

广西钦州市示范性高中2024—2025学年度秋季学期开学考试 高三数学 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 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. 已知复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数模的定义即可得到答案. 【详解】， 故选：C. 2. 下列四个命题中，是真命题的为（ ） A. 任意，有 B. 任意，有 C. 存在，使 D. 存在，使 【答案】C 【解析】 【分析】根据不等式性质推证或举例子说明. 【详解】由于对任意，都有，因而有，故A为假命题． 由于，当时，不成立，故B为假命题． 由于，当时，，故C为真命题． 由于使成立的数只有，而它们都不是有理数，因此没有任何一个有理数的平方等于3，故D是假命题． 故选：C 3. 若都为非零向量，且，，则向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据两向量垂直数量积等于0，联立，得，利用两向量的夹角公式计算即可. 【详解】因为，，所以， 即， 化简得，所以． 所以．因为，所以． 故选：D． 4. 下列命题中正确的是( ) A. 一组数据1，2，3，3，4，5的众数大于中位数 B. 对一组数据，如果将它们变为，其中，则平均数和标准差均发生改变 C. 有甲､乙､丙三种个体按的比例分层抽样调查，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为30 D. 若随机变量X服从正态分布，，则 【答案】D 【解析】 【分析】A：根据中位数和众数的定义求出该组数据的中位数和众数比较即可；B：根据平均数和标准差的性质即可判断；C：根据比例即可求出样本容量；D：根据正太分布的对称性即可求出． 【详解】对于A，数据1，2，3，3，4，5的众数是3，中位数是，众数等于中位数，故A错误； 对于B，数据，如果将它们变为，其中，则平均数增加C，标准差不变，故B错误； 对于C，有甲､乙､丙三种个体按的比例分层抽样调查，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为，故C错误； 对于D，若随机变量X服从正态分布，，则，故D正确． 故选：D． 5. 已知，，动点满足，则点的轨迹方程是 A. （） B. （） C. （） D. （） 【答案】A 【解析】 【详解】∵ 点， ∴ 又∵动点满足 ∴点的轨迹方程是射线：（），故选A 6. 函数图象的大致形状是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析函数的奇偶性，并排除两个选项，再由时值的正负判断作答. 【详解】依题意，函数的定义域为R，， 即函数是R上的奇函数，其图象关于原点对称，选项A，C不满足； 当时，，即有，选项D不满足，B符合题意. 故选：B 7. 2020年12月4日，中国科学技术大学宣布该校潘建伟教授等人成功构建76个光子的量子计算原型机“九章”（命名为“九章”是为了纪念中国古代最早的数学专著《九章算术》），求解数学算法高斯玻色取样只需200秒，而目前世界最快的超级计算机要用6亿年，这一突破使我国成为全球第二个实现“量子优越性”的国家．《九章算术》是我国古代的数学巨著，其卷第五“商功”有如下的问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上衰二丈，无广，高一丈．问积几何？”意思为：“今有底面为矩形的屋脊形状的多面体（如图）”，下底面宽丈，长丈，上棱丈，与平面平行．与平面的距离为1丈，则它的体积是（ ） A. 4立方丈 B. 5立方丈 C. 6立方丈 D. 8立方丈 【答案】B 【解析】 【分析】过点作平面，垂足为，过点作平面，垂足为，过作，交于，交于，过作，交于，交于，进而利用求解. 【详解】如图，过点作平面，垂足为，过点作平面，垂足为， 过作，交于，交于，过作，交于，交于， 所以，，且四边形与四边形都是矩形； 所以它的体积 （立方丈） 故选：B 【点睛】 本题考查数学文化背景下的分割法求几何体的体积，考查运算求解能力，空间想象能力，是中档题.本题解题的关键在于根据题意，分割几何体，转化为求解. 8. 若，，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：利用已知条件转化利用分类讨论和基本不等式求解即可； 方法二：利用已知条件转化为二次函数求解即可. 【详解】方法一：由，， 消去得到， 令，， 则，即， ，当且仅当时，等号成立， 故的最大值为． 当时， ，不成立， 当时，， 故的最大值为. 综上所述：的最大值为． 方法二：由，， 可消去得到， 则，令， ， 当时，， 故的最大值为． 故选：C． 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. 若函数则（ ） A. 的最小正周期为10 B. 的图象关于点对称 C. 在上有最小值 D. 的图象关于直线对称 【答案】AD 【解析】 【分析】由正弦型函数的周期公式可求A，通过代入求值的方法可判断BD选项，利用正弦函数的图象与性质可判断C. 【详解】，A正确. 因为，所以的图象不关于点对称，B错误. 因为，所以的图象关于直线对称，D正确. 若，则，由的图象可知， 在上有最大值，没有最小值，C错误. 故选：AD. 10. 过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，为线段的中点，过点作抛物线的切线，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 当时， C. 以线段为直径的圆与直线相切 D. 当最小时，切线与准线的交点坐标为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先设直线的方程为，再联立直线与抛物线方程得到关于的一元二次方程，从而得到，，再根据抛物线的定义及借助基本不等式即可判断A；先结合A得到，，再根据题意得到，，进而即可判断B；设，，在准线上的射影为，，，根据题意求得即可判断C；结合A可得，当最小时，不妨取，则可设切线的方程，再抛物线方程得到关于的一元二次方程，从而得到，从而得到切线方程，再联立准线方程即可求出交点，进而即可判断D． 【详解】对于A，依题意可设直线的方程为，，，，则，， 联立，消整理得， 则，代入得， 则，当且仅当时取等号， 所以 的最小值为，故A正确； 对于B，结合A可得，， 由，得，解得，，故B错误； 对于C，由题意得抛物线的准线方程为，焦点， 设，，在准线上的射影为，，， 则，，， 所以以线段为直径的圆与直线相切，故C正确； 对于D，结合A可得，当最小时，不妨取， 则可设切线的方程为， 联立，消整理得， 则，解得，所以切线的方程为， 联立，解得，，即切线与准线的交点坐标为，故D正确． 故选：ACD． 11. 已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象先关于轴对称，然后再向左平移个单位长度后得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 函数为奇函数 D. 函数在区间上单调递增 【答案】AD 【解析】 【分析】利用平移求出新的函数解析式，再利用三角函数的单调性，奇偶性，对称性等性质求解即可. 【详解】根据函数的部分图象， 可得A＝2，，∴ω＝2， 对于A选项，结合五点法作图，可得，故A正确， ，将函数的图象平移后得到函数的图象， 则， 对于B选项，由，得到的对称轴为， 显然不是其对称轴，故，故B错误， 对于C选项，函数显然不是奇函数，故C错误， 对于D选项，，的递增区间即的递减区间， 令， 解得， 故的递增区间是， 当时，的递增区间是，故D正确， 故选：AD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等差数列的前n项和为，若，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式列式求得，再利用等差数列的求和公式即可得解. 【详解】设等差数列的公差为， 则有,解得：， 所以. 故答案为： 13. 已知角的终边过点P（1，2），则___________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用任意角的三角函数的定义求出的值，再利用两角和的正切公式求解即可 【详解】因为角的终边过点P（1，2），所以， 所以， 故答案为： 14. 某学校围棋社团组织高一与高二交流赛，双方各挑选业余一段、业余二段、业余三段三位选手，段位越高水平越高，已知高二每个段位的选手都比高一相应段位选手强一些，比赛共三局，每局双方各派一名选手出场，且每名选手只赛一局，胜两局或三局的一方获得比赛胜利，在比赛之前，双方都不知道对方选手的出场顺序．则第一局比赛高一获胜的概率为______，在一场比赛中高一获胜的概率为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第一局先安排2个对手共9种不同安排方法，利用古典概型求解，安排一场三局比赛的出场顺序共36种，列出高一获胜的安排方法，利用古典概型求解. 【详解】设为高一出场选手，为高二出场选手，其中表示段位， 则第一局比赛中，共有，共9个基本事件，其中高一能取得胜利的基本事件为，，，共3个， 所以第一局比赛高一获胜的概率为， 在一场三局比赛中，共有不同的种安排方法， 其中高一能获胜的安排方法为，，，，，，共6种，故在一场比赛中高一获胜的概率为. 故答案为：； 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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. （1）求角A的大小； （2）D是线段上的点，且，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理的边化角以及辅助角公式求解； （2）利用正弦定理、辅助角公式以及三角形的面积公式求解. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得. 因为，所以，所以， 即. 因为，所以，即. 【小问2详解】 设，因为，所以. 因为，所以，，， 在中，由正弦定理可知， 即， 即， 化简可得，即，, 所以. 16. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若既存在极大值，又存在极小值，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）把代入，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）求出函数的导数，利用导数探讨函数的单调性，求出的范围. 【小问1详解】 当时，函数，求导得，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 函数的定义域为， 求导得， 当时，，由，得，由，得， 则函数在上递增，在上递减，函数只有极大值，不合题意； 当时，由，得或， ①若，即，由，得或，由，得， 则函数在上递增，在上递减， 因此函数的极大值为，极小值为，符合题意； ②若，即，由，得或，由，得， 则函数在上递增，在上递减， 因此函数的极大值为，极小值为，符合题意； ③若，即，由在上恒成立，得在上递增， 函数无极值，不合题意， 所以的取值范围为. 17. 如图，在四棱锥中，平面，四边形是矩形，，过棱的中点E作于点，连接． （1）证明：； （2）若，求平面与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） ∵四边形为矩形，∴， ∵平面，平面，∴， 又， 平面，∴平面， 又平面，∴． ∵，点E是的中点，∴． 又， 平面，∴平面． 平面，∴． 又，,平面，∴平面， 平面，∴． （2） 【解析】 【分析】（1）先证平面得，再证，推得平面,得，推得平面，即得； （2）依题建系，根据（1）的结论，可得平面与平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，因两两垂直， 故可以A为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， ∴，． 由（1）可知，可看成平面的一个法向量， 可看成平面的一个法向量． 设平面与平面的所成角为， ∴，∴， ∴平面与平面所成角的正弦值为． 18. 在一场乒乓球赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先，四人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局获第四名，紧接着，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获第三名；最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵的结果相互独立. （1）若，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁； ①求甲获得第四名的概率； ②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望； （2）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：抽签决定两两对阵，胜者晋级，败者淘汰，直至决出最后的冠军.哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由. 【答案】（1）①0.16；②3.128 （2）“双败淘汰制”下，甲获胜的概率， 在“单败淘汰制”下，甲获胜的概率为， 由，且所以时，， “双败淘汰制”对甲夺冠有利；时，， “单败淘汰制”对甲夺冠有利；时，两种赛制甲夺冠的概率一样. 【解析】 【分析】（1）结合对立事件概率和独立事件概率公式求解即可； （2）结合对立事件概率和独立事件概率公式比较计算. 【小问1详解】 ①记“甲获得第四名”为事件，则； ②记在甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量， 则的所有可能取值为2，3，4， 连败两局：， 可以分为：连胜两局，第三局不管胜负；负胜负；胜负负； ， ； 故的分布列如下： 2 3 4 故数学期望； 【小问2详解】 略 19. 牛顿（1643－1727）给出了牛顿切线法求方程的近似解：如图设是的一个零点，任意选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，与轴的交点为横坐标为，称为的1次近似值，过点作曲线的切线，与轴的交点为横坐标为，称为的2次近似值．一般地，过点作曲线的切线，与轴的交点为横坐标为，就称为的次近似值，称数列为牛顿数列． （1）若的零点为，，请用牛顿切线法求的2次近似值； （2）已知二次函数有两个不相等的实数根，数列为的牛顿数列，数列满足，且． （ⅰ）设，求的解析式； （ⅱ）证明：. 【答案】（1） （2）（ⅰ） （ⅰⅰ）由（ⅰ）知， 所以. 因为所以所以. 令则，又 所以， 数列是公比为2的等比数列. . 令，则 当时，，所以在单调递减， 所以，即 因为所以即. . 【解析】 【分析】(1) 对函数求导，依次求出切点、斜率、斜线方程，即可得出结果. (2) （ⅰ）结合导数的几何意义即可得到，从而得解；（ⅰⅰ）利用（ⅰ）中结论可得，证明为等比数列，结合所给结论，利用放缩法和等比数列求和公式证明结论. 【小问1详解】 ， ，所以， 当，所以， 当， 所以的2次近似值为. 【小问2详解】 （ⅰ）因为二次函数有两个不等实根, 所以不妨设， 则， 因为所以 所以在横坐标为的点处的切线方程为 令则 即， 所以. （ⅰⅰ）略 【点睛】关键点点睛：第一问解题的关键在于结合导数的几何意义求出切线方程，根据新定义求解即可；第二问解决的关键在于结合所给结论，通过适当放缩，证明结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广西钦州市示范性高中2024—2025学年度秋季学期开学考试 高三数学 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 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. 已知复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 2. 下列四个命题中，是真命题的为（ ） A. 任意，有 B. 任意，有 C. 存在，使 D. 存在，使 3. 若都为非零向量，且，，则向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 下列命题中正确的是( ) A. 一组数据1，2，3，3，4，5的众数大于中位数 B. 对一组数据，如果将它们变为，其中，则平均数和标准差均发生改变 C. 有甲､乙､丙三种个体按的比例分层抽样调查，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为30 D. 若随机变量X服从正态分布，，则 5. 已知，，动点满足，则点的轨迹方程是 A. （） B. （） C. （） D. （） 6. 函数图象的大致形状是（ ） A. B. C. D. 7. 2020年12月4日，中国科学技术大学宣布该校潘建伟教授等人成功构建76个光子的量子计算原型机“九章”（命名为“九章”是为了纪念中国古代最早的数学专著《九章算术》），求解数学算法高斯玻色取样只需200秒，而目前世界最快的超级计算机要用6亿年，这一突破使我国成为全球第二个实现“量子优越性”的国家．《九章算术》是我国古代的数学巨著，其卷第五“商功”有如下的问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上衰二丈，无广，高一丈．问积几何？”意思为：“今有底面为矩形的屋脊形状的多面体（如图）”，下底面宽丈，长丈，上棱丈，与平面平行．与平面的距离为1丈，则它的体积是（ ） A. 4立方丈 B. 5立方丈 C. 6立方丈 D. 8立方丈 8. 若，，则的最大值为（ ） 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. 若函数则（ ） A. 的最小正周期为10 B. 的图象关于点对称 C. 在上有最小值 D. 的图象关于直线对称 10. 过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，为线段的中点，过点作抛物线的切线，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 当时， C. 以线段为直径的圆与直线相切 D. 当最小时，切线与准线的交点坐标为 11. 已知函数的部分图象如图所示，将函数的图象先关于轴对称，然后再向左平移个单位长度后得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 函数为奇函数 D. 函数在区间上单调递增 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等差数列的前n项和为，若，，则______． 13. 已知角的终边过点P（1，2），则___________. 14. 某学校围棋社团组织高一与高二交流赛，双方各挑选业余一段、业余二段、业余三段三位选手，段位越高水平越高，已知高二每个段位的选手都比高一相应段位选手强一些，比赛共三局，每局双方各派一名选手出场，且每名选手只赛一局，胜两局或三局的一方获得比赛胜利，在比赛之前，双方都不知道对方选手的出场顺序．则第一局比赛高一获胜的概率为______，在一场比赛中高一获胜的概率为______． 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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. （1）求角A的大小； （2）D是线段上的点，且，，求的面积. 16. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若既存在极大值，又存在极小值，求实数的取值范围. 17. 如图，在四棱锥中，平面，四边形是矩形，，过棱的中点E作于点，连接． （1）证明：； （2）若，求平面与平面所成角的正弦值． 18. 在一场乒乓球赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先，四人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局获第四名，紧接着，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获第三名；最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵的结果相互独立. （1）若，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁； ①求甲获得第四名的概率； ②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望； （2）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：抽签决定两两对阵，胜者晋级，败者淘汰，直至决出最后的冠军.哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由. 19. 牛顿（1643－1727）给出了牛顿切线法求方程的近似解：如图设是的一个零点，任意选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，与轴的交点为横坐标为，称为的1次近似值，过点作曲线的切线，与轴的交点为横坐标为，称为的2次近似值．一般地，过点作曲线的切线，与轴的交点为横坐标为，就称为的次近似值，称数列为牛顿数列． （1）若的零点为，，请用牛顿切线法求的2次近似值； （2）已知二次函数有两个不相等的实数根，数列为的牛顿数列，数列满足，且． （ⅰ）设，求的解析式； （ⅱ）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $