精品解析：山东省曹县第一中学等2024-2025学年高三上学期开学摸底联考数学试题

2025届高三开学摸底联考 数学试题 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考场号､座位号､准考证号填写在答题卡上. 2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 考试时间为120分钟，满分150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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据复数的除法运算化简复数，再代入模的公式，即可求解. 【详解】由题知，，所以. 故选：D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解出集合中的不等式，再根据集合交运算即可求解. 【详解】， 即且， 即且， 得或， 则， 所以. 故选：. 3. 抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据抛物线的性质得出准线方程. 【详解】抛物线方程可化为，则，故抛物线的准线方程为. 故选：A 4. 如果随机变量，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，得到，根据二项分别的期望与方差，列出方程组，即可求解. 【详解】由随机变量，且， 因为，可得， 则，解得. 故选：C. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用和差公式、二倍角公式及平方关系化简，再把正弦余弦转化为正切即可求解. 【详解】 . 故选：. 6. 某兴趣小组组织四项比赛，只有甲､乙､丙､丁四人报名参加且每项比赛四个人都参加，每项比赛冠军只有一人，若每项比赛每个人获得冠军的概率均相等，则甲恰好拿到其中一项比赛冠军的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出总的情况数，再得到甲恰好拿到其中一项比赛冠军的情况数，相比得到概率. 【详解】每项比赛的冠军都可以是四人中的一人，故总的情况有种， 其中甲恰好拿到其中一项比赛冠军，先从四个比赛中选择一个安排甲， 再考虑剩余的3场比赛，冠军可以从剩余的3人中任选，故共有种， 故概率. 故选：C. 7. 已知双曲线的离心率为的一条渐近线截圆所得的弦长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据离心率得到渐近线方程，由垂径定理得到弦长. 【详解】由，得，解得， 所以双曲线的一条渐近线为， 则圆心到渐近线的距离， 所以弦长为. 故选：D. 8. 已知正三棱锥的外接球为球，点为的中点，过点作球的截面，则所得截面图形面积的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出辅助线，设该球半径为，利用勾股定理求出，求出，从而确定球心到过点的截面圆的距离，故截面圆半径，得到截面面积的取值范围. 【详解】作平面，则是等边的中心，设是正三棱锥外接球的球心， 点在上，连接，连接并延长交于点， 则.设该球半径为，则. 由，可得， 故. 在中，，解得. 因为点为的中点，所以， 在中，，所以， 设球心到过点的截面圆的距离为，可知， 截面圆半径， 所以截面圆的面积的取值范围为. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 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. 若“”是“”的充分不必要条件，则实数的值可以是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】CD 【解析】 【分析】先求得不等式的解集，根据题意，求得，结合选项，即可求解. 【详解】由不等式，可得， 因为“”是“”的充分不必要条件，所以. 结合选项，选项C、D满足题意. 故选：CD. 10. 记等比数列的前项积为，且，若，则的可能取值为（ ） A. B. 5 C. 6 D. 7 【答案】BD 【解析】 【分析】由等比数列的性质求得，然后由得出的可能情形，再计算和． 【详解】∵是等比数列，∴， ∴， 又，， ∴分别为或或或， 或. 故选：BD． 11. 已知函数的定义域均为的图象关于对称，是奇函数，且，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，根据的图象关于对称，所以关于轴对称，故，A正确；B选项，由奇函数性质得到，故，B错误；CD选项，由题目条件得到，结合得到，故，推出，得到周期，赋值法得到，，并利用周期求出. 【详解】A选项，因为的图象关于对称，所以关于轴对称， 故是偶函数，则，故A正确； B选项，因为是奇函数，所以，即，故B错误； CD选项，由得， 又，所以，又， 即，即，则， 所以，所以①， 即②， ②-①得，所以函数的周期为4， 令，由，得， 再令，则，所以， 又，由， 所以 ，故C，D正确. 故选：ACD. 【点睛】函数的对称性： 若，则函数关于中心对称， 若，则函数关于对称， 函数的周期性：设函数，，，． （1）若，则函数的周期为2a； （2）若，则函数的周期为2a； （3）若，则函数周期为2a； （4）若，则函数的周期为2a； （5）若，则函数的周期为； （6）若函数的图象关于直线与对称，则函数的周期为； （7）若函数的图象既关于点对称，又关于点对称，则函数的周期为； 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知一组数据为，则这组数据第60百分位数为__________. 【答案】80 【解析】 【分析】将数据从小到大排列，利用百分位数的定义得到答案. 【详解】将这组数据从小到大排列为：，共8个， 因为，所以这组数据第60百分位数为第5个数据，即为80. 故答案为：80 13. 已知圆的半径为是圆的两条直径，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意得到，利用向量基本定理和数量积公式得到 【详解】由题意可得，， . 故答案为： 14. 已知函数若存在实数满足，且，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出每一段函数的值域，然后由题意得到，根据，可将化简为，构造函数，利用导数求最值即可. 【详解】结合解析式可知当时，；当时，. 因为，所以. 令，得，则， 故. 令，则， 令得；令得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 当时，， 因为，所以. 所以的取值范围为. 故答案为： 四､解答题：本题共小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知的内角的对边分别为. （1）求的值； （2）若，求的面积. 【答案】（1）3 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理化简得到，求得，进而求得的值； （2）根据题意，利用余弦定理列出方程，求得，结合面积公式，即可求解. 【小问1详解】 解：因为 由正弦定理得，即， 可得， 整理得， 因为，可得，所以， 又因为，所以. 【小问2详解】 解：由余弦定理，可得， 因为，代入得，解得或（舍）， 所以的面积. 16. 如图，在三棱柱中，平面. （1）求证：平面平面； （2）设点为的中点，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 分析】（1）由线面垂直得到，结合证明出平面，故，结合得到平面，证明出面面垂直； （2）求出各边长，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用面面角的夹角余弦公式进行求解. 【小问1详解】 证明平面平面， . 又，且平面， 平面. 平面. 又，且平面， 平面. 平面， 平面平面. 【小问2详解】 由（1）知，所以四边形为正方形，即，且有. 以点为原点，以所在直线分别为轴，以过点和垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以， 设平面的一个法向量， 则即取， 同理可得平面的一个法向量， 所以， 所以平面与平面夹角余弦值为. 17. 在平面直角坐标系中，点分别是轴和轴上的动点，且，动点满足. （1）求动点的轨迹的方程； （2）已知直线与曲线相交于两点，直线，过点作，垂足为，设点为坐标原点，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，由题意可得，，利用代入法即可求解； （2）联立直线与曲线的方程，设，则，得出直线的方程，令，结合韦达定理可得，即直线过定点，根据面积公式可得，令，则，结合单调性即可求解最大值. 【小问1详解】 设 因为，所以，即. 由，得， 所以， 将，代入，得， 所以动点的轨迹的方程为. 【小问2详解】 由得① 设，则， 显然， 所以，即. 因为，所以直线的方程为. 令，得②. 将代入②，得， 故直线过定点，即定点. 在①中，， 所以 . 又直线过定点， 所以 . 令， 则. 又在上单调递增， 所以在上单调递减， 故当，即时，的面积取得最大值，. 【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交，弦和某个定点所构成的三角形面积的处理方法，拆分法：可以将三角形沿着轴或轴拆分成两个三角形，不过在拆分时给定的顶点一般在轴或轴上，此时便于找到两个三角形的底边长.如本题中. 18. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若，设，证明：对任意两个不等实数，不等式恒成立. 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，令，求得，分类和，两种情况讨论，结合二次函数的性质，即可求解； （2）因为，得到，不妨设，结合分析，即证，设，即证，设，利用导数求得函数的单调性，结合函数的单调性，进而得证. 【小问1详解】 由函数的定义域为， 且， 令，可得， 当时，即时，此时，所以在上单调递增； 当时，即时，由， 可得且， 令，解得或， 令，解得， 所以在和上单调递增，在上单调递减. 综上，当时，在上单调递增，无单调递减区间； 当时，在和上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 证明：因为，所以， 不妨设， 则要证明， 只需证明， 即， 即证， 设，则只需证明，化简得， 设，则上恒成立， 所以在上单调递增. 所以当时，，即，得证. 【点睛】利用导数证明不等式问题： （1）直接构造法：证明不等式转化为证明，进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 19. 已知数集具有性质：对任意的与两数中至少有一个属于. （1）分别判断数集与是否具有性质，并说明理由； （2）（i）证明：且； （ii）当时，若，写出集合. 【答案】（1）不具有，具有，理由见解析 （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用给定定义直接判断即可. （2）（i）利用定义，推理论证可得，再相加即得； （ii）由定义可得数列为等比数列，求出通项即可得解. 【小问1详解】 因为与均不属于数集，所以数集不具有性质； 因为都属于数集， 所以数集具有性质. 【小问2详解】 （i）由具有性质，得与中至少有一个属于， 由，得，即，从而，则， 由，得，则， 由具有性质，知， 又，于是， 从而， 所以. （ii）由（i）知，，即， 由，得，则，由数集具有性质，得， 由，得，且，于是，即， 因此，数列是首项，公比的等比数列，即， 所以. 【点睛】方法点睛：集合新定义，需要正确理解题干中的信息，并转化为我们熟悉的知识进行求解，常常用到列举法，反证法等逻辑思路解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高三开学摸底联考 数学试题 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考场号､座位号､准考证号填写在答题卡上. 2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 考试时间为120分钟，满分150分 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 抛物线的准线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 如果随机变量，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 某兴趣小组组织四项比赛，只有甲､乙､丙､丁四人报名参加且每项比赛四个人都参加，每项比赛冠军只有一人，若每项比赛每个人获得冠军的概率均相等，则甲恰好拿到其中一项比赛冠军的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线离心率为的一条渐近线截圆所得的弦长为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正三棱锥的外接球为球，点为的中点，过点作球的截面，则所得截面图形面积的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若“”是“”的充分不必要条件，则实数的值可以是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 10. 记等比数列的前项积为，且，若，则的可能取值为（ ） A. B. 5 C. 6 D. 7 11. 已知函数的定义域均为的图象关于对称，是奇函数，且，则下列说法正确的有（ ） A B. C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知一组数据为，则这组数据第60百分位数为__________. 13. 已知圆的半径为是圆的两条直径，若，则__________. 14. 已知函数若存在实数满足，且，则的取值范围为__________. 四､解答题：本题共小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知的内角的对边分别为. （1）求值； （2）若，求的面积. 16. 如图，在三棱柱中，平面. （1）求证：平面平面； （2）设点为的中点，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 在平面直角坐标系中，点分别是轴和轴上动点，且，动点满足. （1）求动点的轨迹的方程； （2）已知直线与曲线相交于两点，直线，过点作，垂足为，设点为坐标原点，求面积的最大值. 18. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若，设，证明：对任意两个不等实数，不等式恒成立. 19. 已知数集具有性质：对任意的与两数中至少有一个属于. （1）分别判断数集与是否具有性质，并说明理由； （2）（i）证明：且； （ii）当时，若，写出集合. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$