精品解析：福建省龙岩第一中学2025届高三上学期开学考试数学试题

2025届高三开学考数学试题 一、选择题：本大题共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. 在一组样本数据（x1，y1），（x2，y2），…，（xn，yn）（n≥2，x1,x2,…,xn不全相等）的散点图中，若所有样本点（xi，yi）(i=1,2,…,n)都在直线y=x+1上，则这组样本数据的样本相关系数为（ ） A. －1 B. 0 C. D. 1 2. 设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=（ ） A. –4 B. –2 C. 2 D. 4 3. 从1，2，3，4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是 A. B. C. D. 4. 在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ） A. B. C. D. 5. 若在是减函数，则的最大值是 A. B. C. D. 6. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 8. 已知a，bR且ab≠0，对于任意x≥0 均有(x–a)(x–b)(x–2a–b)≥0，则（ ） A. a<0 B. a>0 C. b<0 D. b>0 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，有选错的得0分，部分选对的得部分. 9. 已知四边形ABCD为等腰梯形，，l为空间内的一条直线，且平面ABCD，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则平面ABCD B. 若，则 C. 若，，则平面ABCD D. 若，，则平面ABCD 10. 定义在上的函数满足，则（ ） A. B. C. 为奇函数 D. 单调递增 11. 设a，b，c为实数，记集合若，分别为集合S，T 的元素个数，则下列结论可能的是（ 　） A. {S}=1且{T}=0 B. {S}=1且{T}=1 C. {S}=2且{T}=3 D. {S}=2且{T}=2 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分 12. 不等式的解集是______ 13. 曲线y=x(3lnx+1)在点处的切线方程为________ 14. 如图所示，函数的图象由两条射线和三条线段组成．若,，则正实数a的取值范围是_________． 四、解答题：本大题共5个小题，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. 一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n．如果n=3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n=4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验． 假设这批产品的优质品率为50%，即取出的产品是优质品的概率都为50%，且各件产品是否为优质品相互独立 （1）求这批产品通过检验的概率； （2）已知每件产品检验费用为100元，凡抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X（单位：元），求X的分布列及数学期望． 16. 已知函数． （1）设是的极值点．求，并求的单调区间； （2）证明：当时，． 17. 如图,在锥体中，四边形ABCD为边长为1的菱形，且∠DAB=60°，，PB=2，E，F分别是BC，PC的中点， （1）证明：AD⊥平面DEF； （2）求二面角P-AD-B的余弦值. 18. 为圆周率，为自然对数的底数. （1）求函数的单调区间； （2）求，，，，，这6个数中的最大数与最小数； （3）将，，，，，这6个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论. 19. 通过平面直角坐标系，我们可以用有序实数对表示向量.类似的，我们可以把有序复数对看作一个向量，记，则称为复向量.类比平面向量的相关运算法则，对于，，、、、、，我们有如下运算法则： ①； ②； ③； ④. （1）设，，求和. （2）由平面向量的数量积满足的运算律，我们类比得到复向量的相关结论： ① ② ③. 试判断这三个结论是否正确，并对正确的结论予以证明. （3）若，集合，.对于任意的，求出满足条件的，并将此时的记为，证明对任意的，不等式恒成立. 根据对上述问题的解答过程，试写出一个一般性的命题（不需要证明）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三开学考数学试题 一、选择题：本大题共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. 在一组样本数据（x1，y1），（x2，y2），…，（xn，yn）（n≥2，x1,x2,…,xn不全相等）的散点图中，若所有样本点（xi，yi）(i=1,2,…,n)都在直线y=x+1上，则这组样本数据的样本相关系数为（ ） A. －1 B. 0 C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】所有样本点（xi，yi）（i=1，2，…，n）都在直线上，故这组样本数据完全正相关，故其相关系数为1. 【详解】由题设知，所有样本点（xi，yi）（i=1，2，…，n）都在直线上， ∴这组样本数据完全正相关，故其相关系数为1，故选D. 根据样本相关系数的定义可知，当所有样本点都在直线上时，相关系数为1. 2. 设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=（ ） A. –4 B. –2 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由题意首先求得集合A,B，然后结合交集的结果得到关于a的方程，求解方程即可确定实数a的值. 【详解】求解二次不等式可得：， 求解一次不等式可得：. 由于，故：，解得：. 故选：B. 【点睛】本题主要考查交集的运算，不等式的解法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 3. 从1，2，3，4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】解法一：由排列组合知识可知，所求概率； 解法二：任取两个数可能出现的情况为（1,2）、（1,3）、（1,4）、（2,3）、（2,4）、（3,4）；符合条件的情况为（1,3）、（2,4），故. 【考点定位】本题考查古典概型的概率运算，考查学生的基本运算能力. 4. 在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可. 【详解】 如图，连接，因为∥， 所以或其补角为直线与所成的角， 因为平面，所以，又，， 所以平面，所以， 设正方体棱长为2，则， ，所以. 故选：D 5. 若在是减函数，则的最大值是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为， 所以由得 因此，从而的最大值为，故选：A. 6. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积. 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为， 而它们的侧面积相等，所以即， 故，故圆锥的体积为. 故选：B. 7. 设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】解法一：令，分析可知曲线与恰有一个交点，结合偶函数的对称性可知该交点只能在y轴上，即可得，并代入检验即可；解法二：令，可知为偶函数，根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，即可得，并代入检验即可. 【详解】解法一：令，即，可得， 令， 原题意等价于当时，曲线与恰有一个交点， 注意到均为偶函数，可知该交点只能在y轴上， 可得，即，解得， 若，令，可得 因为，则，当且仅当时，等号成立， 可得，当且仅当时，等号成立， 则方程有且仅有一个实根0，即曲线与恰有一个交点， 所以符合题意； 综上所述：. 解法二：令， 原题意等价于有且仅有一个零点， 因为， 则为偶函数， 根据偶函数的对称性可知的零点只能为0， 即，解得， 若，则， 又因为当且仅当时，等号成立， 可得，当且仅当时，等号成立， 即有且仅有一个零点0，所以符合题意； 故选：D. 8. 已知a，bR且ab≠0，对于任意x≥0 均有(x–a)(x–b)(x–2a–b)≥0，则（ ） A. a<0 B. a>0 C. b<0 D. b>0 【答案】C 【解析】 【分析】对分与两种情况讨论，结合三次函数的性质分析即可得到答案. 【详解】因为，所以且，设，则的零点 为 当时，则，，要使，必有，且， 即，且，所以； 当时，则，，要使，必有. 综上一定有. 故选：C 【点晴】本题主要考查三次函数在给定区间上恒成立问题，考查学生分类讨论思想，是一道中档题. 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，有选错的得0分，部分选对的得部分. 9. 已知四边形ABCD为等腰梯形，，l为空间内的一条直线，且平面ABCD，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则平面ABCD B. 若，则 C. 若，，则平面ABCD D. 若，，则平面ABCD 【答案】AC 【解析】 【分析】利用线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理来加以判断即可. 【详解】因为，且平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD，即A正确； 因为AD与BC是等腰梯形的腰，二者不平行，故若，则l与BC不平行，即B错误； 因为直线AD与BC能相交，所以若，，平面ABCD，平面ABCD，则平面ABCD，即C正确； 因为，两者不相交，所以若，，推不出平面ABCD，即D错误. 故选：AC. 10. 定义在上的函数满足，则（ ） A. B. C. 为奇函数 D. 单调递增 【答案】BCD 【解析】 【分析】A和B项，令后进行分类讨论即可得出结论；C项，令即可得出的表达式，进而得出奇偶性；D项，由C项得出表达式，即可得出单调性. 【详解】由题意， 在中， A和B项，当时，， 解得：或， 当时，则， 由于具有任意性，故不成立， ∴，A错误，B正确； C项，当时，， ∵， ∴为奇函数，且，C正确； D项，由C项可知，故为增函数，D正确. 故选：BCD. 11. 设a，b，c为实数，记集合若，分别为集合S，T 的元素个数，则下列结论可能的是（ 　） A. {S}=1且{T}=0 B. {S}=1且{T}=1 C. {S}=2且{T}=3 D. {S}=2且{T}=2 【答案】ABD 【解析】 【分析】就和分类讨论后可得正确的选项. 【详解】当时，与均无零根， 因为与等价， 且与等价， 故，故C不成立， 取，则，此时，即， 故B能成立， 取，，此时，即， 故D能成立， 当，无零根， 若有解，设为的解，则， 此时即， 故为的解，故，故C错误， 取，则，此时无解即， 此时，，故A能成立. 故选：ABD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分 12. 不等式的解集是______ 【答案】 【解析】 【分析】将绝对值不等式移项后两边平方，即可求不等式的解集. 【详解】原不等式等价于，两边平方得， 整理得，解得，故原不等式的解集为. 故答案为：. 13. 曲线y=x(3lnx+1)在点处的切线方程为________ 【答案】 【解析】 【详解】函数的导数为，所以在的切线斜率为 ，所以切线方程为，即. 14. 如图所示，函数的图象由两条射线和三条线段组成．若,，则正实数a的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：由已知可得且，若，则 ，解得，所以实数的取值范围是. 考点：函数图象的应用. 【方法点晴】本题主要考查了函数的图象及其应用，其中解答中涉及函数的图象及其简答的性质，全称命题、函数的恒成立问题等知识点的综合考查，其中解答中根据已知条件和函数的图象，列出相应的不等式组是解答本题的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及转化与化归思想的应用，属于中档试题. 四、解答题：本大题共5个小题，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. 一批产品需要进行质量检验，检验方案是：先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n．如果n=3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验；如果n=4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验；其他情况下，这批产品都不能通过检验． 假设这批产品的优质品率为50%，即取出的产品是优质品的概率都为50%，且各件产品是否为优质品相互独立 （1）求这批产品通过检验的概率； （2）已知每件产品检验费用为100元，凡抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X（单位：元），求X的分布列及数学期望． 【答案】（1）记该批产品通过检验为事件A；则； （2）X的可能取值为400、500、800； ，，，则X的分布列为 X 400 500 800 P 【解析】 【详解】(1)设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件A， 第一次取出的4件产品中全为优质品为事件B， 第二次取出的4件产品都是优质品为事件C， 第二次取出的1件产品是优质品为事件D， 这批产品通过检验为事件E， ∴P(E)＝P(A)P(B|A)＋P(C)P(D|C)＝. (2)X的可能取值为400，500，800，并且 P(X＝400)＝1－， P(X＝500)＝ ，P(X＝800)＝＝ ， ∴X的分布列为 X 400 500 800 P EX＝400×＋500×＋800×＝506.25. 16. 已知函数． （1）设是的极值点．求，并求的单调区间； （2）证明：当时，． 【答案】(1)a=；增区间为，减区间为． (2)证明：［方法一］：【最优解】放缩法 当时，. 设，则. 当时，； 当时，.所以是的最小值点. 故当时，.因此，当时，. ［方法二］：【通性通法】隐零点讨论 因为，所以在区间内单调递增．设，当时，，当时，，所以在区间内单调递减，在区间内单调递增，且，所以． 设，则． 所以在区间内单调递减，故，即成立． ［方法三］：分离参数求最值 要证时，即，则证成立． 令，则． 令，则，由知在区间内单调递减，从而在内单调递增，在区间内单调递减． 所以，而，所以恒成立，原命题得证． ［方法四］：隐零点讨论＋基本不等式 ，结合与的图像，可知有唯一实数解，不妨设，则．易知在区间内是减函数，在区间内是增函数．所以． 由，得． ． 当且仅当，即时，，所以． ［方法五］：异构 要证明，即证， 即证明，再证明即可． 令，． 设，则． 若时，在上恒成立，所以； 若时，当时；当时，． 所以为的极小值点，则． 因为，所以，所以． 令． 当时，；当时，，所以为的极小值点． 则，所以，即． 所以． ［方法六］： 高阶函数借位构建有界函数 ． 令，则． 令．显然为定义域上的增函数．又，故当时，，得；当时，，得．即在区间上为减函数，在区间上为增函数，故．即恒成立，而恒成立． 【解析】 【分析】（1）先确定函数的定义域，利用，求得a=，从而确定出函数的解析式，再解不等式即可求出单调区间； （2）方法一：结合指数函数的值域，可以确定当时，，之后构造新函数，利用导数研究函数的单调性，从而求得，利用不等式的传递性，证得结果. 【详解】（1）的定义域为，，则，解得：，故．易知在区间内单调递增，且， 由解得：；由解得：， 所以的增区间为，减区间为． （2）略 【整体点评】（2）方法一：利用的范围放缩，转化为求具体函数的最值，是该题的最优解； 方法二：根据函数的单调性讨论，求最值，是该类型题的通性通法； 方法三：原不等式可以通过分参转化为求具体函数的最值，也是不错的解法； 方法四：同方法二，根据函数的单调性讨论，利用基本不等式求最值，区别在于最后求最值使用的方式不一样； 方法五：利用常见的对数切线不等式异构证明，也是很好的解决方法，不过在本题中使用过程稍显繁琐； 方法六：基本类似于方法三． 17. 如图,在锥体中，四边形ABCD为边长为1的菱形，且∠DAB=60°，，PB=2，E，F分别是BC，PC的中点， （1）证明：AD⊥平面DEF； （2）求二面角P-AD-B的余弦值. 【答案】（1）证明过程见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，证明出平面，再证明出平面平面， 从而证明出AD⊥平面DEF； （2）在第一问的基础上找到二面角P-AD-B的平面角，再使用余弦定理求出答案. 【小问1详解】 取的中点，连接， ∵四边形ABCD是边长为1的菱形，且， 是边长为1的正三角形，得，且， ， ，且， ∵，平面， 平面 分别是的中点， ，即四边形为平行四边形， ∴， ∵平面DEF，平面DEF， ∴PB平面DEF， 同理可证：OB平面DEF， ∵， 平面平面， 平面； 【小问2详解】 由（1）知：∠POB为二面角P-AD-B的平面角，又PB=2， 所以， 即二面角P-AD-B的余弦值为 18. 为圆周率，为自然对数的底数. （1）求函数的单调区间； （2）求，，，，，这6个数中的最大数与最小数； （3）将，，，，，这6个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论. 【答案】（1）调增区间为，单调减区间为 （2）最大数为，最小数为 （3），，，，，，证明见解析 【解析】 【分析】（1）在定义域内求导，然后令导数大于0，可以得到函数的单调递增区间；令导数小于0，可得到函数的单调减区间； （2）因为，所以，，即，，于是根据函数的单调性判断即可; （3）由（2）知，，，故只需比较与和与的大小即可，再根据（1）的单调性判断即可. 【小问1详解】 函数的定义域为，因为，所以 当，即时，函数单调递增； 当，即时，函数单调递减； 故函数的单调增区间为，单调减区间为. 【小问2详解】 因为，所以，， 即，， 因为函数在定义域上单调递增， 所以, 故这6个数的最大数在与之中，最小数在与之中， 由及（1）的结论得，即 由得，所以 由得，所以 综上，6个数中的最大数为，最小数为 【小问3详解】 由（2）知，，又由（2）知，， 故，故只需比较与和与的大小， 由（1）知，当时，，即， 在上式中，令，又，则，即得① 由①得，， 即，亦即，所以， 又由①得，，即，所以， 综上所述，， 即6个数从小到大的顺序为 【点睛】方法点睛：比较大小其中一种重要方法是构造函数，通过导数研究函数的单调性，进而利用单调性比较大小. 构造的函数，常用的有等，具体构造哪个函数，一般我们可以通过观察所给式子的结构确定. 19. 通过平面直角坐标系，我们可以用有序实数对表示向量.类似的，我们可以把有序复数对看作一个向量，记，则称为复向量.类比平面向量的相关运算法则，对于，，、、、、，我们有如下运算法则： ①； ②； ③； ④. （1）设，，求和. （2）由平面向量的数量积满足的运算律，我们类比得到复向量的相关结论： ① ② ③. 试判断这三个结论是否正确，并对正确的结论予以证明. （3）若，集合，.对于任意的，求出满足条件的，并将此时的记为，证明对任意的，不等式恒成立. 根据对上述问题的解答过程，试写出一个一般性的命题（不需要证明）. 【答案】（1）， （2）①③错误，②正确，证明见解析 （3）证明见解析，答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据所给定义计算可得； （2）根据所给定义及复数代数形式的运算法则计算可得； （3）设满足条件的，，、，根据所给条件求出，再证明对任意的，不等式恒成立，则只需计算的最小值，不妨令，表示出，即可得到，根据完全平方数的性质计算可得. 【小问1详解】 因为，， 所以， 【小问2详解】 设，，，、、、、、、， 则，，故①不成立， ，， ， 因为，， 所以 ，故②正确； ，， ，， 设，，， 则，， ， 所以，故，即③错误； 【小问3详解】 设满足条件的，，、， 则，， 因为为任意的复数，不妨设且， 由定义可得，即，则， 所以，则， 以下证明对任意的，不等式恒成立，只需计算的最小值， 不妨令，则， 则 ， 当，时取得最小值，此时与之前得到的相同，结论得证； 推广结论：对于任意复向量，，若对于任意的，当且仅当时，取到最小值. 【点睛】关键点睛：对于新定义问题，关键是理解所给定义，再结合所学相应知识解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $