精品解析：宁夏青铜峡市宁朔中学2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题

青铜峡市宁朔中学2025高三年级开学考试 数学 本试卷共19小题，满分150分 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名填写在答题卡上，并将条形码粘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.填空题和解答题的作答：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. 第I卷（选择题） 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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 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. 已知为虚数单位，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的乘法法则直接计算即可. 【详解】， 故选：D 3. 已知向量,,,若为实数，，则的值为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量线性运算的坐标表示及向量垂直的坐标表示即可求解. 【详解】解：由，得， 又,,,得， ，解得. 故选：A. 4. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 34 B. 39 C. 42 D. 45 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的片段和性质即可求解. 【详解】由成等差数列， 则，即，故. 故选：B 5. 的展开式中，的系数为（ ） A. B. 7 C. 8 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意 ，利用二项式的展开式的通项公式，以及组合数的计算公式，即可求解． 【详解】由二项式的展开式， 可得展开式中的系数为. 故选：B. 6. 已知角，满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据商数关系得到，再利用两角和与差的余弦公式计算即可. 【详解】，， ，， ， 故选：A. 7. 棱长和底面边长均为1的正四棱锥的体积为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 底面边长和侧棱长均为1的正四棱锥S﹣ABCD中，连结AC、BD交于点O，连结SO，则SO⊥底面ABCD，AO，，由此能求出正四棱锥的体积． 【详解】如图，底面边长和侧棱长均为1的正四棱锥S﹣ABCD中， 连结AC、BD交于点O，连结SO， 则SO⊥底面ABCD， S正方形ABCD＝AB•BC＝1×1＝1， AO， ， ∴正四棱锥的体积： V． 故答案为C． 【点睛】本题考查正四棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题． 8. 设椭圆和双曲线的公共焦点为是两曲线的一个公共点,则的值等于 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意知F1（﹣2，0），F2（2，0）， 解方程组，得． 取P点坐标为，，， cos∠F1PF2==． 故选A． 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 一组数据：0，1，5，6，7，11，12，则（ ） A. 这组数据的平均数为6 B. 这组数据的方差为16 C. 这组数据的极差为11 D. 这组数据的第70百分位数为7 【答案】AD 【解析】 【分析】由已知的这组数据，利用公式分别计算平均数、方差、极差、第70百分位数即可. 【详解】对A，这组数据的平均数为：，故A选项正确； 对B，这组数据的方差为：，故B选项错误； 对C，这组数据的极差为：，故C选项错误； 对D，由，则第70百分位数是第5个数7，故D选项正确. 故选：AD. 10. 已知圆：，则下列说法正确的是（ ） A. 点在圆外 B. 圆的半径为 C. 圆关于对称 D. 直线截圆的弦长为3 【答案】BC 【解析】 【分析】由圆的方程求圆心和半径，判断B，C，再根据点与圆的位置关系判断A，由直线与圆的相交弦公式判断D. 【详解】∵圆的方程为， ∴ 圆心M为，半径为，B对， ∵ 圆心M在直线上， ∴圆关于对称，C对， ∵ 时 ∴点在圆内，A错， ∵ 圆心到直线的距离为， ∴ 直线截圆的弦长为，D错， 故选：BC. 11. 已知，且，则（ ） A. 的最小值是 B. 最小值为 C. 的最大值是 D. 的最小值是 【答案】BC 【解析】 【分析】利用基本不等式即可得到A；二元换一元，代入 ，利用二次函数求出最值，得出B选项；利用即可得到C选项；利用“1”的妙用得出D. 【详解】对于A，∵，且，∴，即时，等号成立， 即的最大值是，故A不正确； 对于B，∵，∴，， 所以，故B正确； 对于C，∵，且，∴，即 当且仅当时，等号成立，故C正确； 对于D，∵， 即时，等号成立， 所以的最小值是，故D错误． 故选：BC． 第II卷（非选择题） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则____________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据给定条件，把代入，利用指数、对数运算计算作答. 【详解】函数，所以. 故答案为：1 13. 已知随机变量X服从正态分布，且，则____________． 【答案】##． 【解析】 【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出． 【详解】因为，所以，因此． 故答案为：． 14. 袋子中有大小形状完全相同的2个白球和4个黑球，从中任取3个球，1个白球得2分，1个黑球得1分.记X为取出的3个球的得分总和，则________. 【答案】4 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得的可能取值为，分别求得其对应概率，再由期望的计算公式代入计算，即可得到结果. 【详解】由题可知，的可能取值为， 则，，， 所以. 故答案为：4 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，角所对的边分别是．已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理即可解出； （2）根据余弦定理即可解出； （3）由正弦定理求出，再由平方关系求出，即可由两角差的正弦公式求出． 【小问1详解】 由正弦定理可得，，即，解得：； 【小问2详解】 由余弦定理可得，，即， 解得：或（舍去）． 【小问3详解】 由正弦定理可得，，即，解得：，而， 所以都为锐角，因此，， ． 16. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an. （1）证明：数列{an}是等比数列； （2）设bn=（2n）an，求数列{bn}的前n项和Tn. 【答案】（1）当n=1时，a1=S1=2a1，所以a1=1， 当n≥2时，an=Sn－Sn－1=（2an－1）－（2an－1－1）， 所以an=2an－1， 所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列. （2）Tn=（2n）×2n+3. 【解析】 【分析】（1）由证得数列是等比数列； （2）由（1）得通项公式，再得，由错位相减法求和. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，an=2n－1， 所以bn=（2n－1）×2n－1， 所以Tn=1+3×2+5×22+…+（2n－3）×2n－2+（2n－1）×2n－1，① 2Tn=1×2+3×22++（2n－3）×2n－1+（2n－1）×2n，② ①－②，得－Tn=1+2×（21+22++2n－1）－（2n－1）×2n =1+2×－（2n－1）×2n =（3－2n）×2n－3， 所以Tn=（2n－3）×2n+3. 17. 如图，在四棱柱中，平面，，，，.，分别为，的中点， （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角余弦值. 【答案】（1） 取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则,， 故四边形是平行四边形，， 又平面，平面， 故平面； （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形判定和性质定理可得，再利用线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 依题意，因两两垂直，故可以为原点建立如图的空间直角坐标系， 由、、、、、， 则、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则，， 分别取，则、、，， 即得，， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为. 18. 已知函数. （1）求在区间上的最大值； （2）若过点存在3条直线与曲线相切，求的取值范围； 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】（1）求，令，求出极值点，极值和区间端点的函数值，即求最大值； （2）设出切点，写出切线方程，把点的坐标代入切线方程，得.设，则“过点存在3条直线与曲线相切”等价于“有3个不同的零点”.求，判断的单调性，即可求解. 【详解】（1）由得. 令，得或. 因为， 所以在区间上的最大值为. （2）设过点的直线与曲线相切于点， 则，且切线斜率为， 所以切线方程为， 因此， 整理得. 设， 则“过点存在3条直线与曲线相切”等价于“有3个不同的零点”. . 当变化时，与的变化情况如下： 0 1 + 0 - 0 + 所以，是的极大值， 是的极小值. 当，即时， 在区间和上分别至多有1个零点， 以至多有2个零点. 当，即时， 在区间和上分别至多有1个零点， 所以至多有2个零点. 当且，即时， 因为， 所以分别在区间和上恰有1个零点. 由于在区间和上单调， 所以分别在区间和上恰有1个零点. 综上可知，当过点存在3条直线与曲线相切时，的取值范围是. 【点睛】本题考查导数的综合应用，属于较难的题目. 19. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 青铜峡市宁朔中学2025高三年级开学考试 数学 本试卷共19小题，满分150分 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名填写在答题卡上，并将条形码粘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.填空题和解答题的作答：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. 第I卷（选择题） 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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知为虚数单位，则=（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量,,,若为实数，，则的值为 A. B. C. D. 4. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 34 B. 39 C. 42 D. 45 5. 的展开式中，的系数为（ ） A. B. 7 C. 8 D. 12 6. 已知角，满足，，则（ ） A. B. C. D. 7. 棱长和底面边长均为1的正四棱锥的体积为 A. B. C. D. 8. 设椭圆和双曲线的公共焦点为是两曲线的一个公共点,则的值等于 A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 一组数据：0，1，5，6，7，11，12，则（ ） A. 这组数据的平均数为6 B. 这组数据的方差为16 C. 这组数据的极差为11 D. 这组数据的第70百分位数为7 10. 已知圆：，则下列说法正确的是（ ） A. 点在圆外 B. 圆的半径为 C. 圆关于对称 D. 直线截圆的弦长为3 11. 已知，且，则（ ） A. 的最小值是 B. 最小值为 C. 的最大值是 D. 的最小值是 第II卷（非选择题） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则____________． 13. 已知随机变量X服从正态分布，且，则____________． 14. 袋子中有大小形状完全相同的2个白球和4个黑球，从中任取3个球，1个白球得2分，1个黑球得1分.记X为取出的3个球的得分总和，则________. 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，角所对的边分别是．已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 16. 已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an. （1）证明：数列{an}是等比数列； （2）设bn=（2n）an，求数列{bn}的前n项和Tn. 17. 如图，在四棱柱中，平面，，，，.，分别为，的中点， （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角余弦值. 18. 已知函数. （1）求在区间上的最大值； （2）若过点存在3条直线与曲线相切，求的取值范围； 19. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $