精品解析：广东省部分学校2025届新高三上学期开学摸底联合教学质量检测

2025届新高三开学摸底联合教学质量检测解析版 数学试卷 满分150分，考试用时120分钟 注意事项： 1. 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置. 2. 选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3. 非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4. 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 2. 若且，则x取值的集合为（ ） A. B. C. D. 3. 已知首项为1的等比数列 的前 项和为 ，若 ，则 （ ） A. 24 B. 12 C. 20 D. 15 4. 设向量，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 已知随机变量服从正态分布，若，则（ ） A. 0.1 B. C. D. 6. 已知圆锥的侧面积为，轴截面面积为1，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为（ ） A. 15° B. C. D. 7. 设抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线相交于，两点，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 22 8. 已知，，设函数，若，则的最小值为（ ） A. 8 B. 4 C. 2 D. 1 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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 若随机变量，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图，函数的图象与轴的其中两个交点为，，与轴交于点，为线段的中点，，，，则（ ） A. 的图象不关于直线对称 B. 的最小正周期为 C. 的图像关于原点对称 D. 在单调递减 11. 如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将沿直线AM翻折成，连接，N为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ） A. 不存在某个位置，使得 B. 翻折过程中，CN的长是定值 C. 若，则 D. 若，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积是 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在，角，，所对的边分别为，，，，交AC于点，且，则的最小值为___________． 13. 设是双曲线C: 的两个焦点，O为坐标原点，点P在C上且，则面积为____________. 14. 对于任意的，函数满足，函数满足.若，，则______. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 在中，角，，所对的边分别为，，．已知． （1）求角的大小； （2）求的值； （3）求的值． 16. 某公司拟通过摸球中奖的方式对员工发放节日红包．在一个不透明的袋子中装有个形状大小相同的标有面值的球，每位员工从球袋中一次性随机摸取m个球，摸完后全部放回袋中，球上所标的面值之和为该员工所获得的红包数额． （1）若，，当袋中的球中有个所标面值为元，1个为元，1个为元时，在员工所获得的红包数额不低于元的条件下，求取到面值为元的球的概率； （2）若，，当袋中的球中有1个所标面值为元，2个为元，1个为元，1个为元时，求员工所获得红包数额的数学期望与方差． 17. 如图，在三棱锥中，，，. （1）证明：平面； （2）若，是棱上一点且，求平面与平面的夹角. 18. 已知函数，，． （1）讨论：当时，的极值点的个数； （2）当时，，使得，求实数a的取值范围． 19. 已知椭圆过点，且． （1）求椭圆ω的方程； （2）设O为原点，过点的直线l与椭圆ω交于P，Q两点，且直线l与x轴不重合，直线AP，AQ分别与y轴交于M，N两点．求证为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届新高三开学摸底联合教学质量检测解析版 数学试卷 满分150分，考试用时120分钟 注意事项： 1. 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置. 2. 选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3. 非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4. 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由Venn图确定集合的表示，然后计算可得. 【详解】图中阴影部分表示的集合为， 由，，得或， 所以图中阴影部分表示的集合为. 故选：A. 2. 若且，则x取值的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的四则运算化简复数，根据得方程，求解即得. 【详解】， 因，则，即， 可得，，解得，或7． 故选：C． 3. 已知首项为1的等比数列 的前 项和为 ，若 ，则 （ ） A. 24 B. 12 C. 20 D. 15 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，借助等比数列前 项和公式求出公比即可得解. 【详解】设等比数列 的公比为，显然，否则，此等式不成立， 则，由，整理得，即， 因此，所以. 故选：D 4. 设向量，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用求投影向量的公式进行求解即可. 【详解】在方向上的投影向量为 . 故选：C. 5. 已知随机变量服从正态分布，若，则（ ） A. 0.1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件结合正态密度曲线的对称性可得，结合条件可求. 【详解】因为随机变量服从正态分布， 所以随机变量的均值, 所以随机变量的密度曲线关于对称， 所以， 又， 所以， 因为， 所以， 故选：A. 6. 已知圆锥的侧面积为，轴截面面积为1，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为（ ） A. 15° B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设相应长度，根据圆锥的侧面积和轴截面面积列式可得，再结合线面夹角运算求解. 【详解】设圆锥的母线为，底面半径为，高为， 由题意可得：，解得， 设该圆锥的母线与底面所成的角为，则， 可得，所以该圆锥的母线与底面所成的角为. 故选：C. 7. 设抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线相交于，两点，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 22 【答案】B 【解析】 【分析】设直线的方程为，，，联立，利用韦达定理和抛物线的定义即可求解. 【详解】设抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线相交于，两点， 设直线的方程为，，， 联立，可得，所以，， 则．因为，，所以，， 则，解得或．因为，所以． 故选：B 8. 已知，，设函数，若，则的最小值为（ ） A. 8 B. 4 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由化简得，就底数进行分类讨论求解得到，最后利用常值代换法，由基本不等式即可求得. 【详解】由可得，，即，也即， 因，①当时，可得，即得； ②当时，可得，即得， 综上可得，，即，因 故由， 当且仅当时，取得最小值,等于4. 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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 若随机变量，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用二项分布的性质及期望、方差公式计算一一判定选项即可. 【详解】因为，所以， 整理得，解得， 则，，. 故选：AC 10. 如图，函数的图象与轴的其中两个交点为，，与轴交于点，为线段的中点，，，，则（ ） A. 的图象不关于直线对称 B. 的最小正周期为 C. 的图像关于原点对称 D. 在单调递减 【答案】ACD 【解析】 【分析】先写出关键点坐标，得到方程，后根据构造方程组解出，得到解析式，最后按照正弦型三角函数特征，结合对称性，周期性，奇偶性和单调性逐个验证即可. 【详解】由题可，，，则， 有， ，， 把代入上式，得，解得（负值舍去）， ，，由，解得， 解得，， 对A，，故A正确； 对B：的最小正周期为，故B错误； 对C：，为奇函数，故C正确； 对D：当时，，在单调递减，为奇函数，故D正确. 故选：ACD. 11. 如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将沿直线AM翻折成，连接，N为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ） A. 不存在某个位置，使得 B. 翻折过程中，CN的长是定值 C. 若，则 D. 若，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积是 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，取AD的中点为E，若，则可推出矛盾，即可判断；对于B，结合余弦定理即可判断；对于C，采用反证的方法，利用得出互相矛盾的结论，即可判断；对于D，根据三棱锥体积最大，可得出平面平面，从而结合面面垂直性质求出相关线段的长，确定三棱锥外接球球心，求出半径，即可判断 【详解】对于A，取AD的中点为E，连接CE交MD于F，则四边形为平行四边形，如图， F为MD的中点，由于N为的中点，则， 如果，则， 由于，则， 由于共面且共点，故不可能有，同时成立， 即不存在某个位置，使得，A正确 对于B，结合A的分析可知，且， 在中，， 由于均为定值，故为定值， 即翻折过程中，CN的长是定值，B正确； 对于C，如图，取AM中点为O，由于，即，则， 若，由于平面，故平面， 平面，故，则， 由于，故，，则, 故，与矛盾，故C错误； 对于D，由题意知，只有当平面平面时，三棱锥的体积最大； 设AD中点为E，连接，由于，则， 且，而平面平面，平面， 故平面，平面，故， 则， 从而，则, 即AD的中点E即为三棱锥的外接球球心，球的半径为1， 故外接球的表面积是，D正确， 故选：ABD 【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于选项D的判断，解答时结合三棱锥体积最大，可得平面平面，从而结合面面垂直性质求出相关线段的长，确定三棱锥外接球球心，求出半径，即可判断. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在，角，，所对的边分别为，，，，交AC于点，且，则的最小值为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据面积公式和，求出，故利用基本不等式“1”的代换求出最值，得到答案. 【详解】， ， ， ， ， ∴， 当且仅当，即时，等号成立， 故答案为： 13. 设是双曲线C: 的两个焦点，O为坐标原点，点P在C上且，则面积为____________. 【答案】3 【解析】 【分析】利用双曲线定理结合勾股定理求出的长，再利用三角形面积公式即可. 【详解】由题意得双曲线中，，则其焦点坐标， 根据双曲线对称性，不妨假设点在第一象限， 设，其中， 因为，则， 根据勾股定理知， 即，解得（负舍）， 则，则面积为. 故答案为：3. 14. 对于任意的，函数满足，函数满足.若，，则______. 【答案】2 【解析】 【分析】利用赋值法先判定的周期性，化，再利用赋值法计算即可. 【详解】令，得，则或（与矛盾舍去）. 令，得，则， 则，则，则. 又因为，所以，则， 从而. 故答案为：2 【点睛】思路点睛：抽象函数的性质问题通常用赋值法，通过巧妙赋值先判定的周期性，再利用赋值法计算函数值即可. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 在中，角，，所对的边分别为，，．已知． （1）求角的大小； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1）； （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理即可求出的大小， （2）根据正弦定理即可求出的值， （3）根据同角的三角形函数的关系，二倍角公式，两角和的正弦公式即可求出． 【小问1详解】 由余弦定理以及， 则， ， ； 【小问2详解】 由正弦定理，以及，，，可得； 【小问3详解】 由，及，可得， 则， ， ． 16. 某公司拟通过摸球中奖的方式对员工发放节日红包．在一个不透明的袋子中装有个形状大小相同的标有面值的球，每位员工从球袋中一次性随机摸取m个球，摸完后全部放回袋中，球上所标的面值之和为该员工所获得的红包数额． （1）若，，当袋中的球中有个所标面值为元，1个为元，1个为元时，在员工所获得的红包数额不低于元的条件下，求取到面值为元的球的概率； （2）若，，当袋中的球中有1个所标面值为元，2个为元，1个为元，1个为元时，求员工所获得红包数额的数学期望与方差． 【答案】（1） （2）期望为；方差为 【解析】 【分析】（1）记事件：员工所获得的红包数额不低于90元，事件：取到面值为60元的球，根据条件先求，再利用条件概率公式，即可求解； （2）由题知可能取值为，再求出对应的概率，利用期望和方差的计算公式，即可求解. 【小问1详解】 记事件：员工所获得的红包数额不低于90元，事件：取到面值为60元的球， 因为球中有个所标面值为元，1个为元，1个为元，且 ，，，所以， 又，所以． 【小问2详解】 设X为员工取得的红包数额，则可能取值为， 所以，， ，， 所以， ． 17. 如图，在三棱锥中，，，. （1）证明：平面； （2）若，是棱上一点且，求平面与平面的夹角. 【答案】（1） 在中，由，，则， 由，为公共边，则， 所以，由图可知， 则，即，， 因为，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由全等三角形的性质可得线线垂直，根据线面垂直的判定，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，利用面面角的向量公式，可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在中，由，则， 由，则，即两两垂直， 以以原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图： 在中，由，，则， 设，则，，，， 取，，，， 由，则，可得， 设平面的法向量，则； 令，则，，所以平面的一个法向量. 平面的一个法向量， 设平面与平面所成角的大小为， ，. 18. 已知函数，，． （1）讨论：当时，的极值点的个数； （2）当时，，使得，求实数a的取值范围． 【答案】（1） 当时，的极值点个数为1， 当时，的极值点个数为0． （2）． 【解析】 【分析】（1）对函数求导，分别讨论当和导函数的正负，即可得到函数的单调性，从而求出极值点的个数； （2）对求导，确定其最小值，从而将问题转化成不等式成立，进而构造函数，求导确定其单调性，即可求解. 【小问1详解】 ，， ①当时，为增函数， 因为时，；时，， 所以有唯一的零点，当时，，当时，， 所以有一个极小值点，无极大值点． ②当时，令，则， 令，得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减． 所以，即，所以的极值点的个数为0． 综上所述，当时，的极值点个数为1， 当时，的极值点个数为0． 【小问2详解】 ， 由，得，由，得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增． 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 因为当时，，使得， 所以只需成立，即不等式成立． 令，则， 则， 则在上恒成立， 故在上单调递增， 又，所以， 故实数a的取值范围为． 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用导数求出，从而转化为求出不等式成立． 19. 已知椭圆过点，且． （1）求椭圆ω的方程； （2）设O为原点，过点的直线l与椭圆ω交于P，Q两点，且直线l与x轴不重合，直线AP，AQ分别与y轴交于M，N两点．求证为定值． 【答案】（1） （2） 当直线斜率不存在时，直线的方程为. 不妨设此时，， 所以直线的方程为，即. 直线的方程为，即. 所以. 当直线斜率存在时，设直线的方程为， 由，得. 依题意，. 设，，则，. 又直线的方程为， 令，得点的纵坐标为，即，同理. 所以 . 综上，为定值，定值为. 【解析】 【分析】（1）由题可得，进而得出，即可得出椭圆方程； （2）先考虑直线斜率不存在时，可得，当斜率存在时，设出直线方程，联立直线与椭圆，得出韦达定理，得出直线的方程，可表示出坐标，同理表示出的坐标，进而利用韦达定理可求出. 【小问1详解】 因为椭圆过点，所以. 因为，所以. 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤： （1）得出直线方程，设交点为，； （2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程； （3）写出韦达定理； （4）将所求问题或题中关系转化为形式； （5）代入韦达定理求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $