精品解析：山东省济宁市邹城市北大新世纪高级中学2025届高三上学期开学考试数学试题

2025届新高三开学考试卷 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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. 第一部分 选择题（共58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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. 或 D. 2. 虚数单位，若，则（ ） A. 5 B. 7 C. 9 D. 25 3. 已知向量．若与平行，则实数λ的值为（ ） A. B. C. 1 D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址．如图所示的是一个陀螺立体结构图．已知，底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积(单位：)是（ ） A. B. C. D. 6. 若函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 函数的图象与直线有且仅有两个不同的交点，则k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 函数是定义在R上的偶函数，且，若，，则（ ） A. 4 B. 2 C. 1 D. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 李明每天7：00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则（ ） A. P(X＞32)＞P(Y＞32) B. P(X≤36)＝P(Y≤36) C. 李明计划7：34前到校，应选择坐公交车 D. 李明计划7：40前到校，应选择骑自行车 10. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. f（x）无最大值 B. f（x）有唯一零点 C. f（x）在（0，＋∞）单调递增 D. f（0）为f（x）的一个极小值 11. 平面内到两定点距离之积为常数点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的.已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线C.则下列结论正确的是（ ） A. 曲线C与y轴交点为， B. 曲线C关于x轴对称 C. 面积的最大值为2 D. 的取值范围是 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知双曲线分别为其左､右焦点，为双曲线上一点，，且直线的斜率为2，则双曲线的离心率为__________. 13. 已知函数的图象与函数的图象在公共点处有相同的切线，则公共点坐标为________. 14. 在n维空间中（，），以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标，其中.则5维“立方体”的顶点个数是______；定义：在n维空间中两点与的曼哈顿距离为.在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸. 15. 已知的内角的对边分别为的面积为． （1）求A； （2）若，且的周长为5，设为边中点，求． 16. 设椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为.已知是抛物线的焦点，到抛物线的准线的距离为. （I）求椭圆的方程和抛物线的方程； （II）设上两点，关于轴对称，直线与椭圆相交于点（异于点），直线与轴相交于点.若面积为，求直线的方程. 17. 在底面为梯形的多面体中．，且四边形为矩形．点在线段上． （1）点是线段中点时，求证：平面； （2）是否存在点，使得直线与平面所成角为60°？若存在，求．若不存在，请说明理由． 18. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）设函数． （i）求的值； （ii）证明：存在实数，使得曲线关于直线对称． 19. 若有穷数列（是正整数），满足，，…，即（是正整数，且），就称该数列为“对称数列”． （1）已知数列是项数为8的对称数列，且，，，成等差数列，，，试写出的每一项． （2）已知是项数为（其中，且）的对称数列，且构成首项为，公差为的等差数列，数列的前项和为，则当为何值时，取到最大值？最大值为多少？ （3）对于给定的正整数，试写出所有项数为的对称数列，使得成为数列中的连续项；当时，并分别求出所有对称数列的前项和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届新高三开学考试卷 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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. 第一部分 选择题（共58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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据并集的定义计算可得. 【详解】由，即，解得， 所以， 又，所以或. 故选：C 2. 为虚数单位，若，则（ ） A. 5 B. 7 C. 9 D. 25 【答案】A 【解析】 【分析】化简复数，再进行求模计算即可. 【详解】因为， 所以， 故选：A. 3. 已知向量．若与平行，则实数λ的值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量线性运算的坐标表示，向量共线的坐标表示计算得解. 【详解】由，得，而，与平行， 因此，解得， 所以实数λ的值为. 故选：D 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由两角和差公式、二倍角公式逆用可得，进一步结合两角和的正切公式即可得解. 【详解】由题意，即， 即，所以. 故选：B. 5. 陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址．如图所示的是一个陀螺立体结构图．已知，底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积(单位：)是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意先求圆锥母线长，结合圆柱和圆锥的侧面积公式分析求解. 【详解】由题意可知：圆锥的母线长为， 所以这个陀螺的表面积是. 故选：C. 6. 若函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件得即在上恒成立，构造函数，，由二次函数的性质求出的最值即可解决问题. 【详解】因为函数在上单调递增， 所以在上恒成立，即在上恒成立， 令，，变形得，因为，所以， 所以当，即时，，所以. 故选：A． 7. 函数的图象与直线有且仅有两个不同的交点，则k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先分类讨论去绝对值号，得出函数的解析式，然后画出函数与的图象进行判断. 【详解】， 如图所示， 要使的图象与直线有且仅有两个不同的交点，则只需. 故选：C. 【点睛】本题考查根据函数图象的交点个数求参数的取值范围，较简单，画出函数的图象是关键. 8. 函数是定义在R上的偶函数，且，若，，则（ ） A. 4 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】根据，结合是定义在R上的偶函数，易得函数的周期为2，然后由求解. 【详解】因为，且是定义在R上的偶函数， 所以， 令，则， 所以，即， 所以函数的周期为2， 所以. 故选：B. 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. 李明每天7：00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则（ ） A. P(X＞32)＞P(Y＞32) B. P(X≤36)＝P(Y≤36) C. 李明计划7：34前到校，应选择坐公交车 D. 李明计划7：40前到校，应选择骑自行车 【答案】BCD 【解析】 【分析】首先利用正态分布，确定和，再结合正态分布的对称性，和的原则，即可求解. 【详解】A.由条件可知，，根据对称性可知，故A错误； B., ，所以，故B正确； C. =，所以，故C正确； D. ，，所以，故D正确. 故选：BCD 10. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. f（x）无最大值 B. f（x）有唯一零点 C. f（x）在（0，＋∞）单调递增 D. f（0）为f（x）的一个极小值 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用二次导数以及，研究的单调性可判断ACD；直接观察函数零点可判断B. 【详解】，记 因为，且，在区间上显然递增， 所以记为的零点，则有 所以当时，，在上单调递增， 又因为，所以当时，，当时，， 所以当时，有极小值，D正确； 由上可知，在上单调递增，且当x趋近于正无穷时，也趋于正无穷，故AC正确； 易知，故B错误 故选：ACD 11. 平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的.已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线C.则下列结论正确的是（ ） A. 曲线C与y轴的交点为， B. 曲线C关于x轴对称 C. 面积的最大值为2 D. 的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，求出曲线C的方程，由判断A；由曲线方程对称性判断B；取特值计算判断C；求出的范围计算判断D作答. 【详解】设点，依题意，，整理得：， 对于A，当时，解得 ，即曲线C与y轴的交点为，，A正确； 对于B，因，由换方程不变，曲线C关于x轴对称，B正确； 对于C，当时，，即点在曲线C上，，C不正确； 对于D，由得：，解得， 于是得，解得，D正确. 故选：ABD 【点睛】结论点睛：曲线C的方程为，(1)如果，则曲线C关于y轴对称； (2)如果，则曲线C关于x轴对称；(3)如果，则曲线C关于原点对称. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知双曲线分别为其左､右焦点，为双曲线上一点，，且直线的斜率为2，则双曲线的离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】在直角三角形中，由直线的斜率为2得到，进一步由双曲线定义求出，再利用勾股定理建立的等量关系，即可求出离心率的值. 【详解】由于直线的斜率为2，因此，又，故， 由双曲线定义得，因此， 又，所以， 故双曲线的离心率为， 故答案为：. 13. 已知函数的图象与函数的图象在公共点处有相同的切线，则公共点坐标为________. 【答案】 【解析】 【分析】设公共点为，由，可得，进而利用导数可得，求解即可. 【详解】函数的定义域为，可得，由， 设曲线与曲线的公共点为， 由于在公共点处有共同的切线，所以，所以， 由，可得，联立可得， 解得，所以，所以公共点坐标. 故答案为：. 14. 在n维空间中（，），以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标，其中.则5维“立方体”的顶点个数是______；定义：在n维空间中两点与的曼哈顿距离为.在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则______. 【答案】 ①. 32 ②. 【解析】 【分析】第一空由题意根据分步乘法原理，求解即可；第二空先确定样本点总数，再得到的可能取值，求出概率，列出分布列，求出期望. 【详解】（1）的可能值为0，1（，）.故五维立方体的顶点有个. （2）依题意，样本空间的样本点记为，M，N为五维立方体的顶点 样本点总数： 当时，有k个第i维坐标值不同，有个第i维坐标值相同. 满足的样本点个数为. 所以. 故分布列： X 1 2 3 4 5 P . 故答案为：32；. 【点睛】关键点点睛：本题第二空关键在于确定当时，有k个第i维坐标值不同，有个第i维坐标值相同，再由求出概率. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸. 15. 已知的内角的对边分别为的面积为． （1）求A； （2）若，且的周长为5，设为边中点，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角形的面积公式结合正弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解； （2）根据三角形的周长，结合余弦定理求出，再向量化即可得解． 【小问1详解】 依题意，， 所以， 由正弦定理可得，， 由余弦定理，，解得， 因为，所以； 【小问2详解】 依题意，， 因为，解得， 因为， 所以， 所以． 16. 设椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为.已知是抛物线的焦点，到抛物线的准线的距离为. （I）求椭圆的方程和抛物线的方程； （II）设上两点，关于轴对称，直线与椭圆相交于点（异于点），直线与轴相交于点.若的面积为，求直线的方程. 【答案】（Ⅰ）， .（Ⅱ），或. 【解析】 【详解】试题分析：由于为抛物线焦点，到抛物线的准线的距离为，则，又椭圆的离心率为，求出，得出椭圆的标准方程和抛物线方程；则，设直线方程为设，解出两点的坐标，把直线方程和椭圆方程联立解出点坐标，写出 所在直线方程，求出点的坐标，最后根据的面积为解方程求出，得出直线的方程. 试题解析：（Ⅰ）解：设的坐标为.依题意，，，，解得，，，于是. 所以，椭圆的方程为，抛物线的方程为. （Ⅱ）解：设直线的方程为，与直线的方程联立，可得点，故.将与联立，消去，整理得，解得，或.由点异于点，可得点.由，可得直线的方程为，令，解得，故.所以.又因为的面积为，故，整理得，解得，所以. 所以，直线的方程为，或. 【考点】直线与椭圆综合问题 【名师点睛】圆锥曲线问题在历年高考都是较有难度的压轴题，不论第一步利用椭圆的离心率及椭圆与抛物线的位置关系的特点，列方程组，求出椭圆和抛物线方程，还是第二步联立方程组求出点的坐标，写直线方程，利用面积求直线方程，都是一种思想，就是利用大熟地方法解决几何问题，坐标化，方程化，代数化是解题的关键. 17. 在底面为梯形的多面体中．，且四边形为矩形．点在线段上． （1）点是线段中点时，求证：平面； （2）是否存在点，使得直线与平面所成的角为60°？若存在，求．若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，且或 【解析】 【分析】（1）由题意可得为等腰直角三角形，结合各边长度与勾股定理及勾股定理的逆定理可得，取线段中点，结合面面平行的判定定理与性质定理即可得线面平行； （2）由题意可得平面，即可建立适当空间直角坐标系，由空间向量与平面的法向量结合夹角公式计算即可得解. 【小问1详解】 由， 则为等腰直角三角形，有，则， 则， 在中，， 取线段中点，连接，则， 又因为直线平面，平面，所以直线平面， 同理直线平面，又因为， 、平面，所以平面平面， 因为直线平面，所以平面； 【小问2详解】 因为四边形为矩形，则， 又，、平面，故平面， 以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以, 设， 其中，解得，故， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，故， 因为直线与平面所成的角为， 所以， 即，解得或， 故存在点或. 18. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）设函数． （i）求的值； （ii）证明：存在实数，使得曲线关于直线对称． 【答案】（1）答案见解析 （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出，求导，，分和两种情况讨论函数的单调性. （2）（ⅰ）求出，直接计算，即可得结果；（ⅱ）根据的定义域，推断函数的对称轴为，验证即可. 【小问1详解】 由题意可知，则的定义域为， ， 当时，，则在上单调递减； 当时，令，即，解得， 若，； 若，， 则在上单调递减，在上单调递增． 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 （i）函数，则，，故． （ii）函数的定义域为．若存在，使得曲线关于直线对称，则关于直线对称，所以 ． 可知曲线关于直线对称． 19. 若有穷数列（是正整数），满足，，…，即（是正整数，且），就称该数列为“对称数列”． （1）已知数列是项数为8的对称数列，且，，，成等差数列，，，试写出的每一项． （2）已知是项数为（其中，且）的对称数列，且构成首项为，公差为的等差数列，数列的前项和为，则当为何值时，取到最大值？最大值为多少？ （3）对于给定的正整数，试写出所有项数为的对称数列，使得成为数列中的连续项；当时，并分别求出所有对称数列的前项和． 【答案】（1），，，，，，， （2）当时取得最大值，且 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）设前项公差为，由求出公差，从而得到，，再根据对称性得到其余项； （2）首先利用等差数列求和公式求出，则，再由二次函数的性质计算可得； （3）依题意列出满足该条件的对称数列，再分、两种情况利用等比数列求和公式及分组求和法计算可得. 【小问1详解】 因为，，，成等差数列，，，设前项的公差为， 所以，所以，， 又数列是项数为的对称数列， 所以，，，， 所以的项依次为，，，，，，，. 【小问2详解】 因为构成首项为，公差为的等差数列， 所以， 又，，，， 所以， 所以当时取得最大值，且 【小问3详解】 因为，，，，成为数列中的连续项，且该对称数列的项数为， 所以这样的对称数列有： ①，，，，，，，，，，； ②，，，，，，，，，，； 因为， 对于①，当时； 当时 ， 所以； 对于②，当时； 当时 ， 所以； 【点睛】关键点点睛：本题关键是理解对称数列的定义，第三问关键是得到数列的两种形式，再分、两种情况分别求和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $