精品解析：山东省泰安第一中学2025届高三上学期开学考试数学试题

2025届高三年级摸底联考 数学试题 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号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.写在试题卷、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：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 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. 某校高一年级个班参加艺术节合唱比赛，通过简单随机抽样，抽得个班的比赛得分如下：，则这组数据的分位数为（ ） A. B. C. D. 3. 安排4名大学生到两家公司实习，每名大学生只去一家公司，每家公司至少安排1名大学生，则大学生甲､乙到同一家公司实习的概率为（ ） A B. C. D. 4. 已知椭圆左､右顶点分别为，上顶点为，离心率为.若，则（ ） A. 5 B. 7 C. 21 D. 25 5. 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 若函数有唯一极值点，则下列关系式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知实数构成公差为的等差数列，若，则实数的取值范围为（ ） A B. C D. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数的部分图象如图所示，令，则（ ） A. 的一个对称中心是 B. 的对称轴方程为 C. 在上的值域为 D. 的单调递减区间为 10. 已知复数，则下列结论正确的有（ ） A. B. 若满足，则 C. 若，且，则 D. 若满足，则在复平面内所对应点的轨迹是双曲线 11. 若函数，则（ ） A. 的极大值点为2 B. 有且仅有2个零点 C. 点是的对称中心 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，点是边上一点，若，则__________. 13. 甲､乙两位同学进行乒乓球比赛，采用五局三胜制（当一人赢得三局时，该同学获胜，比赛结束）.根据以往比赛成绩，每局比赛中甲获胜的概率都是，且各局比赛结果相互独立.若甲以获胜的概率不低于甲以获胜的概率，则的取值范围为__________. 14. 如图，为的边上一点，，则的最小值为__________. 四、解答题：本题共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. 某项考核，设有一个问题，能正确回答该问题者则考核过关，否则即被淘汰.已知甲､乙､丙三人参与考核，考核结果互不影响，甲过关的概率为，乙过关的概率为，丙过关的概率为. （1）若三人中有两人过关，求丙过关的概率； （2）记甲､乙､丙三人中过关人数为，求的分布列与数学期望. 16. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，. 17. 如图，矩形中，为的中点，将沿折起，使平面平面，且点满足，且. （1）求直线与平面所成角的正切值； （2）求几何体的体积. 18. 抛物线的焦点为，准线为，斜率分别为的直线均过点，且分别与交于和（其中在第一象限），分别为的中点，直线与交于点，的角平分线与交于点. （1）求直线的斜率（用表示）； （2）证明：的面积大于. 19. 定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1，3，5经过第一次“和扩充”后得到数列；第二次“和扩充”后得到数列.设数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，所有项的和为. （1）若已知数列，求； （2）求不等式的解集； （3）是否存在不全为0的数列，使得数列为等差数列？请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三年级摸底联考 数学试题 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号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.写在试题卷、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：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 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】C 【解析】 【分析】根据题意写出集合的元素，再根据集合交运算即可求解. 【详解】即， 解得， 由题意得， 则. 故选：. 2. 某校高一年级个班参加艺术节合唱比赛，通过简单随机抽样，抽得个班的比赛得分如下：，则这组数据的分位数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将比赛得分从小到大重新排列，结合百分位数定义求其分位数. 【详解】将比赛得分从小到大重新排列：， 因为， 所以这组数据的分位数是第个数. 故选：A. 3. 安排4名大学生到两家公司实习，每名大学生只去一家公司，每家公司至少安排1名大学生，则大学生甲､乙到同一家公司实习的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】4名大学生分两组，每组至少一人，有两种情形，分别为3，1人或2，2人；共有种实习方案，其中甲，乙到同一家实习的情况有种，则可得到甲､乙到同一家实习的概率. 【详解】4名大学生分两组，每组至少一人，有两种情形，分别为3，1人或2，2人, 即共有种实习方案， 其中甲，乙到同一家实习的情况有种， 故大学生甲､乙到同一家实习的概率为. 故选：D. 4. 已知椭圆的左､右顶点分别为，上顶点为，离心率为.若，则（ ） A. 5 B. 7 C. 21 D. 25 【答案】B 【解析】 【分析】根据离心率及，得到a,b的两个关系式，解方程即可求解. 【详解】因为离心率，解得 因为分别为的左､右顶点，B为上顶点， 则. 所以， 因为.， 所以， 将代入 解得. 故选：B. 5. 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先将，构造函数，研究单调性，进而比较大小即可. 【详解】构造函数，可得， 当时，单调递减， ， 由，故，即. 故选：C. 6. 若函数有唯一极值点，则下列关系式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，令，讨论判别式，结合二次函数零点分布、极值点定义研究各项正误. 【详解】由，，得， 令， 若，此时单调，不存在极值点，所以，即， 由于有唯一极值点，故有正根，负根各一个，则，故， 结合选项一定成立. 故选：C. 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先正切化为正弦和余弦，再利用辅助角和二倍角公式化解得到，再利用角的变换表示，最后利用三角函数二倍角公式，即可求解. 【详解】根据题意， ， . 故选：C. 8. 已知实数构成公差为的等差数列，若，则实数的取值范围为（ ） A B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由实数构成公差为的等差数列，可得，构造函数，利用导数可得的最小值为，得，即可得到的取值范围. 【详解】因为实数构成公差为的等差数列， 所以， 所以， 构造函数， 当时，，此时单调递减， 当时，，此时单调递增， 所以的最小值为， 所以. 故选：A. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数的部分图象如图所示，令，则（ ） A. 的一个对称中心是 B. 的对称轴方程为 C. 在上的值域为 D. 的单调递减区间为 【答案】ABD 【解析】 【分析】观察图象确定的最小值，周期求，结合对称性可得函数过点由此可求，通过三角恒等变换求，验证是否为的对称中心判断A，求的对称轴判断B，由条件求的范围，结合余弦函数性质判断C，结合余弦函数性质求函数的单调递减区间判断D. 【详解】由题图可得函数的最小值为，， 又，，，所以， 结合对称性可得函数的图象过点， 所以，解得，又，所以， 所以， 所以， 所以. 对于A，当，，所以是的一个对称中心，故A正确； 对于B，令，，可得，，故的对称轴方程为，，故B正确； 对于C，时，，所以，故在上值域为，故C错误； 对于D，令，解得， 所以的单调递减区间为，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知复数，则下列结论正确的有（ ） A. B. 若满足，则 C. 若，且，则 D. 若满足，则在复平面内所对应点的轨迹是双曲线 【答案】AC 【解析】 【分析】A.首先设复数和，利用复数的乘法运算公式和模的运算公式，即可判断A；利用列举法判断B；根据复数相等的条件，即可判断C，结合复数相减的模的几何意义，即可判断D. 【详解】对于A选项，设，则，， ，， 所以，故A正确； 对于B选项，若，则，故B错误； 对于C选项，令， 因为，所以或； ， 因，所以，因为或，所以，所以，故C正确； 对于D选项，令，因为6，所以， 由双曲线定义可得在复平面内所对应点的轨迹是双曲线的右支，故D错误. 故选：AC. 11. 若函数，则（ ） A. 的极大值点为2 B. 有且仅有2个零点 C. 点是的对称中心 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】求出函数的导数，探讨函数的单调性及极值判断AB；探讨对称性求解判断CD. 【详解】函数的定义域为R，求导得， 由，得或；由，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减，作出其图象. 由图知，函数在处取得极大值，只有一个极大值点，故A错误； 函数在处取得极小值，且当时，，则有且仅有2个零点，故B正确； 因，则点是图象的对称中心，故C正确； 因 ，故D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，点是边上一点，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由向量的线性运算可得，再代入，即可求得. 【详解】 由题意，， 所以 . 故答案为：. 13. 甲､乙两位同学进行乒乓球比赛，采用五局三胜制（当一人赢得三局时，该同学获胜，比赛结束）.根据以往比赛成绩，每局比赛中甲获胜的概率都是，且各局比赛结果相互独立.若甲以获胜的概率不低于甲以获胜的概率，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】分别求得甲以获胜的概率，甲以获胜的概率为，列出不等式即可求得. 【详解】甲以获胜的概率，甲以获胜的概率为， 由题意，，即，解得， 所以的取值范围为. 故答案为：. 14. 如图，为的边上一点，，则的最小值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】建立如图所示坐标系，法一：由两点间距离公式表示出，然后结合二次函数的性质求出结果；法二：由两点间距离公式表示出，然后结合基本不等式求出结果； 【详解】以为轴，以为轴，建立平面直角坐标系， 设 ， 法一：，当时，. 法二：， 当且仅当时等号成立，故. 故答案为：. 四、解答题：本题共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. 某项考核，设有一个问题，能正确回答该问题者则考核过关，否则即被淘汰.已知甲､乙､丙三人参与考核，考核结果互不影响，甲过关的概率为，乙过关的概率为，丙过关的概率为. （1）若三人中有两人过关，求丙过关的概率； （2）记甲､乙､丙三人中过关的人数为，求的分布列与数学期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）由题意可知，这是一个条件概率，先求有两人过关的概率，再利用条件概率求解即可. （2）根据题意的所有可能取值为，根据题意，逐一求出相应的概率即可得到分布列，再求数学期望即可. 【小问1详解】 记甲､乙､丙三人过关分别为事件，记三人中恰有两人过关为事件 则 ， 又 ， 所以， 故若有两人过关，丙过关的概率为. 【小问2详解】 由题意可知，的所有可能取值为， 则， ， ， 所以的分布列为 0 1 2 3 故， 即的数学期望为. 16. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，. 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）对求导得，对分和来讨论的单调性即可； （2）要证，只需证，结合（1）的结论得，即证恒成立. 令，利用导数求出的最大值即可得证. 【小问1详解】 ，定义域为， 则， ①当时，在上单调递增； ②当时， 当时，，在上单调递增； 当时，在上单调递减. 综上，①当时，在上单调递增， ②当时，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 当时，要证，只需证， 由（1）得，， 即证恒成立. 令，则 当时，单调递增， 当时，单调递减， 的最大值为，即. 恒成立，原命题得证. 17. 如图，矩形中，为的中点，将沿折起，使平面平面，且点满足，且. （1）求直线与平面所成角的正切值； （2）求几何体的体积. 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）先由面面垂直的性质得到平面，进而证明两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系，找到平面的一个法向量，代入线面角公式求出正弦值，再由同角三角函数关系求出余弦和正切即可； （2）由图形关系可得，再分别求出四棱锥与三棱锥的体积即可； 【小问1详解】 取中点中点，连接， 由题易得， ， 面面，面面面， ∴平面， 又为中点，则在矩形中，四边形为正方形， ， 两两垂直，且. 以分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，. ，平面的一个法向量为. . ，则， ，则直线与平面所成角的正切值为. 【小问2详解】 . . ， . 所求几何体的体积为2. 18. 抛物线的焦点为，准线为，斜率分别为的直线均过点，且分别与交于和（其中在第一象限），分别为的中点，直线与交于点，的角平分线与交于点. （1）求直线的斜率（用表示）； （2）证明：的面积大于. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设直线的方程为，联立方程组，利用设而不求法求点的坐标，同理可得的坐标，由此可求直线的斜率； （2）设直线的倾斜角分别为，求直线，的方程，分别在，条件下求 ，再求的面积，并证明结论. 【小问1详解】 抛物线的焦点的坐标为，准线的方程为， 设直线的方程为， 联立得， 由已知方程的判别式， 设， 则，， 所以 故中点的坐标为， 同理可得， 故. 【小问2详解】 设直线的倾斜角分别为， 则有， 的倾斜角为，斜率为， 故FQ：， 当时，， 故. ， 即， 当，且时， 令可得，， 所以， ， 当时，点的坐标为， 点的坐标为， 此时， 所以，当且仅当时取等号 记点到的距离为， 当时，由于， 故，故，又， 故此时的面积； 当时，，又， 故此时的面积； 综上所述，的面积大于. 【点睛】方法点睛：（1）直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系； （2）有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式． 19. 定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1，3，5经过第一次“和扩充”后得到数列；第二次“和扩充”后得到数列.设数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，所有项的和为. （1）若已知数列，求； （2）求不等式解集； （3）是否存在不全为0的数列，使得数列为等差数列？请说明理由. 【答案】（1） （2） （3）存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由已知，可得第二次“和扩充”后得到数列，即可得到； （2）由已知，数列第次“和扩充”后增加的项数为，可得，可得是首项为4，公比为2的等比数列，可得，则，可解得. （3）由已知，可得，进而可得，从而得到结论. 【小问1详解】 第一次“和扩充”：3，7，4，9，5； 第二次“和扩充”：3，10，7，11，4，13，9，14，5； 故. 【小问2详解】 数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项， 数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为， 则经第次“和扩充”后增加的项数为， 所以， 所以， 其中数列经过1次“和扩充”后，得到，， 故，， 故是首项为4，公比为2的等比数列， 所以，故， 又，则，即，解得. 【小问3详解】 因为， ， 依次类推，， 故 ， 若使为等差数列，则， 所以存在不全为0的数列，使得数列为等差数列. 【点睛】关键点点睛：小问（2），推出是首项为4，公比为2的等比数列，进而求解；小问（3），推出，利用累加法求和得到，得到结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $