精品解析：海南省海南中学2024-2025学年高三上学期开学考试（第0次月考）数学试题

2025届高三年级第0次月考 数学试题 时间：120分钟 满分：150分 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. 复数z满足，则复数的虚部是（ ） A. B. 2 C. D. -1 2. 已知命题，命题，则（ ） A. 和均为真命题 B. 和均为真命题 C. 和均为真命题 D. 和均为真命题 3. 已知向量满足，则（ ） A. -2 B. -1 C. 1 D. 2 4. 已知数据，满足：，若去掉后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，下列说法错误的是（ ） A. 中位数不变 B. 若，则数据的第75百分位数为7.5 C. 平均数不变 D. 方差变小 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知正三棱台的体积为，其上､下底面的边长分别为2，4，则该正三棱台的侧面上的高为（ ） A. B. C. D. 2 7. 函数与函数公切线的纵截距为（ ） A. 1或0 B. -1或0 C. 1或 D. -1或 8. 类比数列，我们把一系列向量按照一定的顺序排列，可得到向量列.已知向量列满足，且满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：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. 数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（ ） A. 是递减数列 B. C. 当时， D. 当且仅当时，取得最大值 10. 已知函数，则（ ） A. 是函数的极小值点 B. 存在3个不同的值，使得函数有2个零点 C. 有且仅有一个值，使得曲线有对称轴 D. 存在无数多个值，使得曲线有对称中心 11. 已知线段是圆的一条动弦，为弦的中点，，直线与直线相交于点，下列说法正确的是（ ） A. 弦的中点轨迹是圆 B. 直线的交点在定圆上 C. 线段的最小值为 D. 的最大值为 三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线是双曲线的一条渐近线，则此双曲线的离心率为__________.. 13. 已知函数的部分图像如图所示，其中，则__________. 14. 已知，，则的最小值为______. 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. 已知分别为内角的对边，且. （1）求角A； （2）若，求边. 16. 设函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当函数有最大值，且最大值小于时，求的取值范围. 17. 如图（1），在中，，点为的中点.将沿折起到的位置，使，如图（2）. （1）求证：. （2）在线段上是否存在点，使得？若存在，求二面角的正弦值；若不存在，请说明理由. 18. 已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，且椭圆过点. （1）求椭圆的标准方程； （2）直线与椭圆交于两点，是椭圆上位于直线两侧的动点，且直线的斜率为. ①求四边形的面积的最大值； ②设直线的斜率为，直线的斜率为，判断的值是否为常数，并说明理由. 19. 从2024年开始，新高考数学试卷中为了提高试卷考点的覆盖面和提高试卷的区分度，对多项选择题的命题进行了改革.新高考数学试卷中的多项选择题，给出的4个选项中有2个以上选项是正确的.每一道题考生全部选对得6分，选项中有错误得0分，对而不全得部分分.对而不全得部分分的规则如下：若多选题中有2个选项正确，则只选对1个得3分；若多选题中有3个选项正确，则只选对1个得2分，只选对2个得4分.设一套数学试卷的多选题中有2个选项正确的概率为，有3个选项正确的概率为，没有4个选项都正确的（在本问题中认为其概率为0）.在一次模拟考试中： （1）小明可以确认一道多选题的选项A是错误的，从其余的三个选项中随机选择2个作为答案，若小明该题得6分的概率为，求的值； （2）小明可以确认另一道多选题的选项A是正确的，其余的选项只能随机选择.小明有三种方案：①只选A不再选择其他答案；②从另外三个选项中再随机选择1个，共选2个；③从另外三个选项中再随机选择2个，共选3个.若，以最后得分的数学期望为决策依据，小明应该选择哪个方案？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三年级第0次月考 数学试题 时间：120分钟 满分：150分 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. 复数z满足，则复数的虚部是（ ） A. B. 2 C. D. -1 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可根据虚部概念求解. 【详解】由可得， 所以虚部为， 故选：D. 2. 已知命题，命题，则（ ） A. 和均为真命题 B. 和均为真命题 C. 和均为真命题 D. 和均为真命题 【答案】A 【解析】 【分析】直接判断命题的真假，再根据命题的否定可判断. 【详解】对于命题p，当时，，所以p为真命题； 对于命题q，由于恒成立，所以恒有. 综上，p和q均为真命题. 故选：A. 3. 已知向量满足，则（ ） A. -2 B. -1 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】结合已知条件，求得，再对两边同时平方求出， 【详解】由得=，由，得 又所以 故选：D 4. 已知数据，满足：，若去掉后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，下列说法错误的是（ ） A. 中位数不变 B. 若，则数据的第75百分位数为7.5 C. 平均数不变 D. 方差变小 【答案】B 【解析】 【分析】利用中位数、百分位数、平均数和方差的定义分析计算即可. 【详解】原来的中位数与现在的中位数均为，故中位数不变，故A正确； 当时，数据按从小到大顺序排列：. 因为，所以该组数据的第75百分位数是第8个数8，故B错误； 由于，故,,,,, 原来的平均数为， 去掉后的平均数为，平均数不变，故C正确； 原来的方差为， 去掉后的方差为， 方差变小，故D正确. 故选：B. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据同角关系可得，即可由正切的差角公式求解. 【详解】由可得，又，所以， 故， ，故 故选：D 6. 已知正三棱台的体积为，其上､下底面的边长分别为2，4，则该正三棱台的侧面上的高为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【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】设正三棱台的高为，上、下底面的中心分别为， 则，分别为的中点，连接， 则,做，则点在上， 则底面，底面，所以， 由，平面，得平面， 因为平面，所以，即为侧面的高， 上､下底面的面积分别为，， 所以正三棱台的体积为， 解得， ， 所以该正三棱台的侧面上的高为. 故选：A. 7. 函数与函数公切线的纵截距为（ ） A. 1或0 B. -1或0 C. 1或 D. -1或 【答案】B 【解析】 【分析】先设切点分别为，并通过点斜式方程写出两条切线方程，根据公切线方程得，最后计算值即可. 【详解】设切点分别为，, 且导数为， 所以切斜方程为既为， 也为， 所以， 所以， 所以， 所以或， 所以公切线的纵截距为或. 故选：B. 【点睛】本题考查求公切线问题，解题关键是分别在函数上设不同切点并求切线方程，根据两切线方程一样来求解公切线斜率. 8. 类比数列，我们把一系列向量按照一定的顺序排列，可得到向量列.已知向量列满足，且满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造得，再利用等比数列定义和通项公式即可. 【详解】， 则，其中， 则是以为首项，2为公比的等比数列， 则，则. 故选：B. 二､多项选择题：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. 数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（ ） A. 是递减数列 B. C. 当时， D. 当且仅当时，取得最大值 【答案】AC 【解析】 【分析】利用求出可判断ABC；对配方可判断D. 【详解】当时，， 当时，， 所以， 对于A，，所以是递减数列，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，当，得，所以当时，，故C正确； 对于D，，因为， 所以当且仅当，或时，取得最大值，故D错误. 故选：AC. 10. 已知函数，则（ ） A. 是函数的极小值点 B. 存在3个不同的值，使得函数有2个零点 C. 有且仅有一个值，使得曲线有对称轴 D. 存在无数多个值，使得曲线有对称中心 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：举反例说明即可；对于B：分析可知与有2个交点，构建函数，求得利用导数分析交点即可；对于C：根据对称轴的定义可得，运算求解即可；对于D：可证，结合对称中心的定义分析判断. 【详解】由题意可知：函数的定义域为，且， 对于选项A：例如，则， 令，解得或；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 可知是函数的极大值点，故A错误； 对于选项B：因为，可知0不为的零点， 令，可得， 令，则， 若函数有2个零点，则与有2个交点， 令，则， 当时，；当或时，， 可知在内单调递增，在内单调递减， 且， 当趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于， 由图象可得或或，则或或， 即存在3个不同的值，使得函数有2个零点，故B正确； 对于选项C：若曲线有对称轴，设为， 则，即， 整理可得， 结合的任意性可知，解得， 所以有且仅有一个值，使得曲线有对称轴，故C正确； 对于选项D：若， 则， 所以的对称中心为， 即存在无数多个值，使得曲线有对称中心，故D正确； 故选：BCD. 11. 已知线段是圆的一条动弦，为弦的中点，，直线与直线相交于点，下列说法正确的是（ ） A. 弦的中点轨迹是圆 B. 直线的交点在定圆上 C. 线段的最小值为 D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】设，由已知结合垂径定理求得的轨迹判断A；联立两直线方程消去判断B；由选项A、B及两圆的位置关系判断C；由数量积运算结合选项C求得数量积的最小值判断C． 【详解】对于选项A：设，因为，为弦的中点， 所以.而，半径为2， 则圆心到弦的距离为. 又圆心，所以， 即弦中点的轨迹是圆，故选项A正确； 对于选项B：由，消去可得， 得，即，故选项B正确； 对于选项C：由选项A知，点的轨迹方程为：， 又由选项B知，点的轨迹方程为：， 所以，，， 线段，故选项C不正确； 对于选项D：， 故，故， 由选项C知，， 所以，故选项D正确. 故选：ABD 三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线是双曲线的一条渐近线，则此双曲线的离心率为__________.. 【答案】## 【解析】 【分析】由双曲线的渐近线方程为，可得，利用离心率公式，计算即可得到结果. 【详解】因为双曲线的渐近线方程为， 由直线是双曲线的一条渐近线，可得：， ，所以离心率为 故答案为： 13. 已知函数的部分图像如图所示，其中，则__________. 【答案】1 【解析】 【分析】观察图象确定函数的周期，由此求，根据求，再求即可. 【详解】设函数的最小正周期为， 观察图象可得，所以，又， 所以， 又， 所以， 所以，，又， 所以， 所以， 所以， 故答案为：. 14. 已知，，则的最小值为______. 【答案】12 【解析】 【分析】令，把已知式用表示，也用表示后，利用基本不等式求得最小值． 【详解】令，则，且，所以． 又，所以， 当且仅当，即，时等号成立． 故答案为：12. 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. 已知分别为内角的对边，且. （1）求角A； （2）若，求边. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）运用正弦定理将边化角，然后化简即可； （2）运用余弦定理求解边长即可. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理得， 因为,所以， 所以， 所以， 因为， 所以； 【小问2详解】 在中，， 所以由余弦定理得， 整理得， 解得（舍去），或 16. 设函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当函数有最大值，且最大值小于时，求的取值范围. 【答案】（1） 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2） 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，对参数进行分类讨论即可； （2）由（1）知a的初步范围，求得最大值，利用导数解不等式即可. 【小问1详解】 由，知，定义域为， 当时，恒成立，所以在上单调递增； 当时，令，则在上单调递增； 令，则在上单调递减； 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 由（1）知，若有最大值，则，且， 因为的最大值小于， 所以，即， 设，问题转化为解不等式， 因为恒成立，所以在上单调递增， 又，所以，所以， 故的取值范围为. 17. 如图（1），在中，，点为的中点.将沿折起到的位置，使，如图（2）. （1）求证：. （2）在线段上是否存在点，使得？若存在，求二面角的正弦值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 依题意，由点为的中点，，得， 又平面， 则平面，又平面，于是， 又平面， 则平面，又平面，则， 而平面，因此平面，又平面， 所以. （2） 依题意，得，由（1）， 则，过点作直线，则有， 显然直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， ， 设，即， 则， 若存在点，使得，则，解得，则， 即当为线段中点时，使得，设平面的法向量为， 则，令，得， 设平面的法向量为，则，令，得， 设二面角的大小为，则， 所以二面角的正弦值. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理即得. （2）过点作直线，以为原点建立空间直角坐标系，由求出点位置，再求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，且椭圆过点. （1）求椭圆的标准方程； （2）直线与椭圆交于两点，是椭圆上位于直线两侧的动点，且直线的斜率为. ①求四边形的面积的最大值； ②设直线的斜率为，直线的斜率为，判断的值是否为常数，并说明理由. 【答案】（1）； （2）①；②是，0 【解析】 【分析】（1）设椭圆的方程为，由题意得，再结合可求出，从而可求出椭圆方程； （2）①求出，设直线的方程为，设点，将直线方程代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，再由是椭圆C上位于直线PQ两侧，求出的范围，然后表示出四边形的面积，化简可求出其最大值；②表示出直线的斜率和直线的斜率，然后结合前面的式子化简可得答案. 【小问1详解】 设椭圆的方程为. 由题意可得，解得， 所以椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 ①当时，，解得， 所以点的坐标为，则， 设直线的方程为，设点， 联立，整理得：，由，可得. 由韦达定理知：， 又是椭圆C上位于直线PQ两侧，则 ，解得 四边形的面积 故当时，； ②由题意知，直线的斜率，直线的斜率， 则 . . 所以的值为常数0. 【点睛】关键点点睛：本题第（2）问解题的关键是设出直线的方程，代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，然后结合已知条件求解，考查计算能力，属于较难题. 19. 从2024年开始，新高考数学试卷中为了提高试卷考点的覆盖面和提高试卷的区分度，对多项选择题的命题进行了改革.新高考数学试卷中的多项选择题，给出的4个选项中有2个以上选项是正确的.每一道题考生全部选对得6分，选项中有错误得0分，对而不全得部分分.对而不全得部分分的规则如下：若多选题中有2个选项正确，则只选对1个得3分；若多选题中有3个选项正确，则只选对1个得2分，只选对2个得4分.设一套数学试卷的多选题中有2个选项正确的概率为，有3个选项正确的概率为，没有4个选项都正确的（在本问题中认为其概率为0）.在一次模拟考试中： （1）小明可以确认一道多选题的选项A是错误的，从其余的三个选项中随机选择2个作为答案，若小明该题得6分的概率为，求的值； （2）小明可以确认另一道多选题的选项A是正确的，其余的选项只能随机选择.小明有三种方案：①只选A不再选择其他答案；②从另外三个选项中再随机选择1个，共选2个；③从另外三个选项中再随机选择2个，共选3个.若，以最后得分的数学期望为决策依据，小明应该选择哪个方案？ 【答案】（1）； （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据条件概率即可求解， （2）分别求解三种情况下的期望，即可比较期望大小求解. 【小问1详解】 根据题意可知，不妨记一道多选题“有2个选项正确”为事件， “有3个选项正确”为事件， “小明该题得6分”为事件B， 则，解得； 【小问2详解】 若小明选择方案①， 记小明该题得分为，则的可能取值为2，3，对应概率为： ，故， 若小明选择方案②， 记小明该题得分为，则的可能取值为，对应概率为： ， ， 故， 若小明选择方案③， 记小明该题得分为Z，则Z的可能取值为，对应概率为： . 故， ， 故以最后得分的数学期望为决策依据，小明应该选择方案①. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $