精品解析：贵州省贵阳市2024-2025学年高三上学期八月摸底考试数学试题

保密★开考前 贵阳市2025届高三年级摸底考试试卷 数学 2024年8月 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分考试时间为120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将姓名､报名号用钢笔填写在答题卡相应位置上. 2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号写在本试卷上无效. 3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 4.请保持答题卡平整，不能折叠考试结束后，监考老师将试题卷､答题卡一并收回. 第I卷（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. 设为等差数列的前项和，已知，则的值为（ ） A. 64 B. 14 C. 12 D. 3 3. 平均数､中位数和众数都是刻画一组数据的集中趋势的信息，它们的大小关系和数据分布的形态有关在下图分布形态中，a，b，c分别对应这组数据的平均数､中位数和众数，则下列关系正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 用平行于底面的平面截正四棱锥，截得几何体为正四棱台.已知正四棱台的上､下底面边长分别为1和2，侧棱与底面所成的角为，则该四棱台的体积是（ ） A B. C. D. 5. 为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（ ） A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 6. 已知向量满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 7. 的展开式中的系数是（ ） A. 5 B. 10 C. 20 D. 60 8. 关于函数，下列说法正确的是（ ） ①曲线在点处的切线方程为； ②的图象关于原点对称； ③若有三个不同零点，则实数的范围是； ④上单调递减. A. ①④ B. ②④ C. ①②③ D. ①③④ 二､多项选择题：本题共3个小题，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. 在同一平面直角坐标系中，直线与圆的位置可能为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在长方体中，，点为线段上动点（包括端点），则下列结论正确的是（ ） A. 当点为中点时，平面 B. 当点为中点时，直线与直线所成角的余弦值为 C. 当点在线段上运动时，三棱锥的体积是定值 D. 点到直线距离的最小值为 11. 定义域为的函数满足：，当时，，则下列结论正确的有（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. D. 在上单调递增 第II卷（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. 已知是复数，若，则______. 13. 已知角的始边为轴的非负半轴，终边经过点，将角的终边绕着原点逆时针旋转得到角，则__________. 14. 已知双曲线的右焦点为，过的直线与交于点，且满足的直线恰有三条，则双曲线的离心率的取值范围为______. 四､解答题：共5个小题，满分77分.解答应写出相应的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 内角对边分别为，且. （1）求角的大小： （2）若，且，求的面积. 16. 如图，单位圆上的一质点在随机外力的作用下，每一次在圆弧上等可能地逆时针或顺时针移动，设移动次回到起始位置的概率为. （1）求及值： （2）求数列的前项和. 17. 如图，四棱锥中，底面为等腰梯形，平面平面，. （1）为上一点，平面，求的值： （2）平面与平面的交线为，求与平面所成角的正弦值. 18. 已知点，点在以为直径的圆上运动，轴，垂足为，点满足，点的轨迹为. （1）求的方程： （2）过点的直线交于点，设直线的斜率分别为､，证明为定值，并求出该定值. 19. 如图，在区间上，曲线与轴围成的阴影部分面积记为面积，若（为函数的导函数），则.设函数 （1）若，求的值； （2）已知，点，过点的直线分别交于两点（在第一象限），设四边形的面积为，写出的表达式（用表示）并证明：： （3）函数有两个不同的零点，比较与的大小，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 保密★开考前 贵阳市2025届高三年级摸底考试试卷 数学 2024年8月 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分考试时间为120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将姓名､报名号用钢笔填写在答题卡相应位置上. 2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号写在本试卷上无效. 3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 4.请保持答题卡平整，不能折叠考试结束后，监考老师将试题卷､答题卡一并收回. 第I卷（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】B 【解析】 【分析】根据并集的定义即可求解. 【详解】由于，所以， 故选：B 2. 设为等差数列的前项和，已知，则的值为（ ） A. 64 B. 14 C. 12 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列求和公式，利用等差数列通项的下标性质可解. 【详解】利用等差数列求和公式，知道，即. ，且，则. 故选：C. 3. 平均数､中位数和众数都是刻画一组数据的集中趋势的信息，它们的大小关系和数据分布的形态有关在下图分布形态中，a，b，c分别对应这组数据的平均数､中位数和众数，则下列关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用数据分布图左拖尾，即平均数小于中位数，再利用众数是用最高矩形的中点值来估计，可判断众数大于中位数，即可作出判断. 【详解】由数据分布图知，众数是最高矩形下底边的中点横坐标，因此众数为右起第二个矩形下底边的中点值， 直线左右两边矩形面积相等，而直线左边矩形面积大于右边矩形面积，则， 又数据分布图左拖尾，则平均数小于中位数，即， 所以. 故选：A 4. 用平行于底面的平面截正四棱锥，截得几何体为正四棱台.已知正四棱台的上､下底面边长分别为1和2，侧棱与底面所成的角为，则该四棱台的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正四棱台性质可求得该棱台的高，代入棱台的体积公式即可求得结果. 【详解】如下图所示：分别为上下底面的中心，作于点， 根据题意可知，侧棱与底面所成的角即为，可知； 因此可得， 易知，由正四棱台性质可得； 所以该正四棱台的高为， 因此该四棱台的体积是. 故选：B 5. 为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（ ） A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向右平移个单位长度 【答案】D 【解析】 【分析】将函数化为，再进行判断. 【详解】， 它是由图象上所有的点向右平移个单位长度得到的，所以D正确. 故选：D. 6. 已知向量满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用投影向量求出数量积，利用夹角公式可得答案. 【详解】依题意，在上投影向量为，则， 于是，而，则， 所以向量与向量的夹角为. 故选：C 7. 的展开式中的系数是（ ） A. 5 B. 10 C. 20 D. 60 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用组合计数问题列式计算即得. 【详解】依题意，的展开式中项是5个多项式中取3个用， 余下2个取1个用，最后1个用的积，即， 所以的展开式中的系数是20. 故选：C 8. 关于函数，下列说法正确的是（ ） ①曲线在点处的切线方程为； ②的图象关于原点对称； ③若有三个不同零点，则实数的范围是； ④在上单调递减. A. ①④ B. ②④ C. ①②③ D. ①③④ 【答案】D 【解析】 【分析】求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程判断①；取值计算判断②；求出函数的极值，结合零点的意义判断③；确定单调性判断④即可得解. 【详解】函数，求导得， 对于①，，而，则切线方程为，即，①正确； 对于②，，则的图象关于原点不对称，②错误； 对于③，当或时，；当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 因此函数在处取得极大值，在处取得极小值， 函数的零点，即直线与函数图象交点的横坐标， 因此当直线与函数图象有3个交点时，，③正确； 对于④，在上单调递减，④正确， 故选：D 二､多项选择题：本题共3个小题，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. 在同一平面直角坐标系中，直线与圆的位置可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出直线所过的定点并判断与圆的位置关系即可得解. 【详解】直线过定点，显然点在圆内， 因此直线与圆必相交，C错误； 而直线表示平面内过点的除直线外的任意直线，因此选项ABD都可能. 故选：ABD 10. 如图，在长方体中，，点为线段上动点（包括端点），则下列结论正确的是（ ） A. 当点为中点时，平面 B. 当点为中点时，直线与直线所成角的余弦值为 C. 当点在线段上运动时，三棱锥的体积是定值 D. 点到直线距离的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A；利用空间向量求出向量夹角余弦判断B；利用三棱锥体积公式判断C；利用空间向量求出点到直线的距离最小值判断D. 【详解】在长方体中，以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， 对于A，，，，， ，即， 而平面，因此平面，A正确； 对于B，，，B错误； 对于C，由选项A知，点到平面的距离为，而的面积， 因此三棱锥的体积是定值，C正确； 对于D，，则点到直线的距离 ，当且仅当时取等号，D正确. 故选：ACD 11. 定义域为的函数满足：，当时，，则下列结论正确的有（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. D. 在上单调递增 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，赋值令，求解；对于B，赋值令，得到关于对称，再结合函数图像平移变换得解；对于C,赋值令，再令，再变形即可；对于D，赋值令，结合时，，举反例可解. 【详解】令，得到，则.故A错误. 令，得到， 则， 则或 由于当时，，则此时， 故时，，故时，，所以， 而，故对任意恒成立，则关于对称. 可由向左平移1个单位，再向下平移2个单位. 则的图象关于点对称，故B正确. 令，得到， 则. 令，得到 令，得到， 两式相减得， 变形， 即, 时，，两边除以， 即，故C正确. 令，则， 时，，则， 且，则，即.故D错误. 故选：BC. 【点睛】难点点睛：解答此类有关函数性质的题目，难点在于要结合抽象函数性质，利用赋值法以及代换法，推出函数相应的性质. 第II卷（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. 已知是复数，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数除法运算规则化简即可. 【详解】，则. 故答案为：. 13. 已知角的始边为轴的非负半轴，终边经过点，将角的终边绕着原点逆时针旋转得到角，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用三角函数的定义求出，再利用和角的正弦公式计算即得. 【详解】依题意，，则， 所以. 故答案为： 14. 已知双曲线的右焦点为，过的直线与交于点，且满足的直线恰有三条，则双曲线的离心率的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】结合题意知道直线与双曲线两支分别相交，且有两条直线与双曲线同一支相交，运用长轴性质和通径长度可解. 【详解】由题意知道直线与双曲线两支分别相交，且有两条直线与双曲线同一支相交． 显然满足的直线有1条为x轴，为左右顶点，长度为实轴长，. 当直线过，刚好垂直x轴时，令，可求得.此时直线只有1条. 加上前面的1条，总共2条，不满足题意. 如图， 运用双曲线对称性知道时，刚好有2条，总共3条，满足题意. 即.则.又由于， 则双曲线的离心率的取值范围为. 故答案为：. 四､解答题：共5个小题，满分77分.解答应写出相应的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 的内角对边分别为，且. （1）求角的大小： （2）若，且，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1) 用正弦定理边化角，再根据三角恒等变换求出C； (2)根据已知条件平方相减可得到再根据余弦定理可得出，根据三角形面积公式可得结果 【小问1详解】 因为，根据正弦定理边角互化，以及恒等变换可得 内角，所以 则可得，又因， 所以 【小问2详解】 根据余弦定理可知， 则可得， 又因，且， 可得， 可得 则 16. 如图，单位圆上的一质点在随机外力的作用下，每一次在圆弧上等可能地逆时针或顺时针移动，设移动次回到起始位置的概率为. （1）求及的值： （2）求数列的前项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）按着三种路线分别求概率即可， （2）由棋子移动的方向分别按逆时针与顺时针共有，，三种情况，故可得，，由数列的递推公式，求得的通项公式，再求,即可由求和公式求解. 【小问1详解】 如图：设起始位置为， 移动2次回到起始位置，则；； 所以， 若移动3次回到起始位置， ；； 所以， 【小问2详解】 每次移动的时候是顺时针与逆时针移动是等可能的， 设掷骰子次时，棋子移动到，，处的概率分别为：，，， 所以． 掷骰子次时，共有，，三种情况，故． ，即，， 又， 时，， 又，可得， 由， 可得数列是首项为公比为的等比数列， ，即， 又． 所以的前项和为 17. 如图，四棱锥中，底面为等腰梯形，平面平面，. （1）为上一点，平面，求的值： （2）平面与平面的交线为，求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）设为上一点，且满足，利用线面平行的性质，结合三角形中位线性质推理即得. （2）延长，相交于点，取的中点，利用面面垂直的性质证得平面，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求解即得. 【小问1详解】 设为上一点，且满足，连接，. 由平面，且平面平面，得，即四边形为平行四边形， 在等腰梯形中，，则， 所以为的中点，，即. 【小问2详解】 延长，相交于点，设为中点， 则平面与平面的交线为直线，连接，， 由，得，且， 又平面平面，平面平面， 则平面，在中，，于是，且， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设平面法向量，则，取，得， 设与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正弦值为. 18. 已知点，点在以为直径的圆上运动，轴，垂足为，点满足，点的轨迹为. （1）求的方程： （2）过点的直线交于点，设直线的斜率分别为､，证明为定值，并求出该定值. 【答案】（1）； （2）证明见解析，. 【解析】 【分析】（1）求出点的轨迹方程，利用向量的坐标运算及坐标代换法求出的方程. （2）设出直线的方程，与的方程联立，利用韦达定理及斜率的坐标表示推理计算即得. 【小问1详解】 依题意，点在圆上运动，设， 由，得， 则，又，即， 所以的方程为. 【小问2详解】 依题意，直线斜率存在，设直线的方程为， 由，得，则， 又， 则 ， 所以为定值. 【点睛】方法点睛：①引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；②特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． 19. 如图，在区间上，曲线与轴围成的阴影部分面积记为面积，若（为函数的导函数），则.设函数 （1）若，求的值； （2）已知，点，过点直线分别交于两点（在第一象限），设四边形的面积为，写出的表达式（用表示）并证明：： （3）函数有两个不同的零点，比较与的大小，并说明理由. 【答案】（1）； （2），证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据给定信息，令，直接代入计算即得. （2）利用矩形或梯形面积公式计算，再利用分析法推理构造函数，利用导数证明不等式即得. （3）利用函数零点意义，结合（2）的结论及不等式性质推理即得. 【小问1详解】 设，则， 所以. 【小问2详解】 依题意，四边形为梯形或矩形，又，则， ，下证， 而，只需证， 令，只需证， ，设，则， 在上单调递增，则在上单调递增， 因此，所以. 【小问3详解】 ，因为为的零点，则， 设，则有，即，于是， 由（2）知，则有，因此， ，则，即，所以. 【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$