精品解析：陕西省安康市2024-2025学年高三上学期开学学情摸底考试数学试题

绝密★启用前 2025届新高三学情摸底考（新课标卷） 数学 本卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1，答卷前，考生务必将自己的姓名、考生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． 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. 设集合，若，则（ ） A. B. 0 C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用交集的结果列出方程求解即得. 【详解】集合，而，则， 经验证符合题意，所以. 故选：C 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设复数，由共轭复数的性质和复数的意义求出复数，再由复数的乘除计算即可得到结果； 【详解】设复数， 所以， 又因为复数满足， 所以， 整理可得，解得， 所以， 所以， 故选：A. 3. 已知平面向量．若向量与共线，则实数的值为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由向量坐标的运算表示出与，再由向量共线的条件求出结果即可； 【详解】，， 因为向量与共线， 所以， 解得， 故选：B. 4. 已知为奇函数，则曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由奇函数的性质求出，再由导数的意义求出切线的斜率，最后由点斜式求出直线方程即可； 【详解】因为为奇函数，且定义域为，所以， 即，所以，经检验符合题意， 则， 曲线在点处的切线斜率为， 又 所以曲线在点处的切线方程为 ，即. 故选：D 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用两角差的正弦公式求得，再由求解. 【详解】解：因为， 所以，解得。 所以， 故选：D 6. 已知直线经过点且斜率大于0，若圆的圆心与直线上一动点之间距离的最小值为，则直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出圆心，设出直线方程，再由点到直线的距离公式求解即可； 【详解】圆的圆心为， 设直线的方程为，，即， 因为圆心与直线上一动点之间距离的最小值为， 即，整理可得，解得或（舍去）， 故选：B. 7. 风筝的发明是中国古代劳动人民智慧的结晶，距今已有2000多年的历史.风筝多为轴对称图形，如图.在平面几何中，我们把一条对角线所在直线为对称轴的四边形叫做筝形.在筝形中，对角线所在直线为对称轴，是边长为2的等边三角形，是等腰直角三角形.将该筝形沿对角线折叠，使得，形成四面体，则四面体外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合题意画出图形，利用线面垂直找到球心的位置，再结合勾股定理求出半径，最后计算表面积即可； 【详解】 如图，，， 取为中点，则，连接，则， 因为， 所以，所以， 又，且平面，平面， 所以平面，又E为直角三角形的外心， 所以四面体外接球球心在上，设外接球的半径为， 则在中，， 即，解得， 所以四面体外接球的表面积为， 故选：C. 8. 在平面直角坐标系中，为双曲线的左顶点，为双曲线上位于第一象限内的一点，点关于轴对称的点为，记，若，则双曲线的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由点在双曲线上得到，再由图中角度关系结合两角差的正切展开式得到，然后结合已知得到，最后由离心率的齐次式得到结果； 【详解】 设，则，， ，则，① 则， 所以， ， 所以，② 将①代入②得， ， 因为， 所以， 所以双曲线的离心率为， 故选：A. 【点睛】方法点睛：过两点的直线斜率（或正切值）为，再结合两角差的正切展开式将问题转化为. 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. 一个不透明的盒子中装有大小和质地都相同的编号分别为1，2，3，4的4个小球，从中任意摸出两个球．设事件“摸出的两个球的编号之和小于5”，事件“摸出的两个球的编号都大于2”，事件“摸出的两个球中有编号为3的球”，则（ ） A. 事件与事件是互斥事件 B. 事件与事件是对立事件 C. 事件与事件是相互独立事件 D. 事件与事件是互斥事件 【答案】ACD 【解析】 【分析】先列举各事件，再根据互斥事件，对立事件，相互独立事件的概率特征逐一判断即可； 【详解】列举各事件如下：，，， A：由互斥事件同时发生的概率为0，即，故A正确； B：由对立事件的概率和为1，，，，故B错误； C：因为，故C正确； D：事件，事件，为互斥事件，不可能同时发生，故D正确； 故选：ACD. 10. 在平面直角坐标系中，一动点从点开始，以的角速度逆时针绕坐标原点做匀速圆周运动，后到达点的位置．设，记，则（ ） A. B. 当时，取得最小值 C. 点是曲线的一个对称中心 D. 当时，的单调递增区间为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据给定条件，利用三角函数的定义求出点的坐标，求出并利用差角的余弦化简，再逐项判断即得. 【详解】依题意，后，质点走过的弧度数为，则， 对于A， ，A正确； 对于B，为的最大值，B错误； 对于C，，点是曲线的一个对称中心，C正确； 对于D，当时，为的最大值，而， 因此在上不单调，D错误. 故选：AC 11. 已知函数及其导函数的定义域均为，且，当时，，且，则下列说法正确的是（ ） A. 为偶函数 B. C. 在上单调递增 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用赋值法，结合奇偶函数的定义计算判断AB；利用单调性定义推理判断C；利用复合函数求导，赋值计算，结合函数的周期计算判断D. 【详解】对于A，取，得，解得， 取，则，即，又， 因此为奇函数，A错误； 对于B，， 解得，因此，B正确； 对于C，，则，， ，函数在上单调递增，C正确； 对于D，取，则，求导得， 于是，解得，由， 求导得，则，， 又函数的周期为4，， 所以，D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：探讨抽象函数的性质，关键是适当地赋值，结合已知确定函数的奇偶性、单调性及相关函数值. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为______．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】先写出后面括号的通项，再分别与前面括号内每一项相乘得到的系数，最后求和即可； 【详解】第二个括号的通项为， 所以当前面括号出时，后面为， 当前面括号出时，后面出， 当前面括号出时，后面没有可出项， 所以的系数为， 故答案为：. 13. 已知的内角的对边分别为，若的面积为，则______． 【答案】或 【解析】 【分析】先由三角形的面积公式结合特殊角的三角函数值求出或，再由余弦定理求出结果即可； 【详解】的面积为， 所以，解得， 因为，所以或， 当时，由余弦定理可得，即， 当时，由余弦定理可得，即， 综上或， 故答案为：或. 14. 已知为坐标原点，椭圆，圆，圆，点，射线交圆，椭圆，圆分别于点，若圆与圆围成的图形的面积大于圆的面积，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】由圆的性质，椭圆的性质结合题意画出图形，再点同时在椭圆与射线上，求出，最后令，利用导数分析取值范围即可； 【详解】由题意可得的半径为，的半径为，其位置关系如下： 由图可得， 设， 因为点同时在椭圆与射线上， 所以，， 解得， 则， 若圆与圆围成的图形的面积大于圆的面积， 即，可得 所以， 设，， 则，设此式等于， 求导可得， 因为，所以导数恒大于零，故在时为增函数， 所以取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键是利用点同时在椭圆与射线上，求出，再设，由导数分析单调性进而求出取值范围. 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. 某农场收获的苹果按三个苹果等级进行装箱，已知苹果的箱数非常多，且三个等级苹果的箱数之比为6∶3∶1 （1）现从这批苹果中随机选出3箱，若选到任何一箱苹果是等可能的，求至少选到2箱A级苹果的概率； （2）若用分层随机抽样的方法从该农场收获的A，B，C三个等级苹果中选取10箱苹果，假设某游客要从这10箱苹果中随机购买3箱，记购买的A级苹果有X箱，求X的分布列与数学期望． 【答案】（1） （2）X的分布列为 0 1 2 3 【解析】 【分析】（1）由题意可知，选到1箱级苹果的概率为，选到1箱非级苹果的概率为，进而由二项分布即可求解； （2）由题意可得A级苹果有6箱，级苹果共有4箱，进而由超几何分布可得分布列和数学期望. 【小问1详解】 设事件“至少选到2箱级苹果”， 由题意知选到1箱级苹果的概率为，选到1箱非级苹果的概率为， 所以， 故至少选到2箱A级苹果的概率为. 【小问2详解】 因为用分层随机抽样的方法从该农场收获的A，B，C三个等级苹果中选取10箱苹果， 所以A级苹果有6箱，级苹果共有4箱， 随机变量的所有可能取值为, 则， ， ， 所以X的分布列为 0 1 2 3 . 16. 已知等比数列的各项均为正数，且． （1）求的通项公式； （2）令，记，求． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出数列的首项及公比即可求出通项公式. （2）由（1）求出，再利用错位相减法求和即得. 【小问1详解】 设正项等比数列的公比为，由，得， 解得，所以的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）知，， 则， 于是， 两式相减得， 所以. 17. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，在棱上且，平面，在棱上存在一点满足平面． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 在四棱锥中，底面为矩形，则， 由平面，平面，得， 而平面，则平面，又平面， 所以平面平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定、性质及面面垂直的判定推理即得. （2）建立空间直角坐标系，求出点的坐标，平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 依题意，直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，由，得，令， 则有，即，， ，由平面，得存在实数使， 即，解得，， ， 设平面的法向量，则，令，， 设平面的法向量，则，令，， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知动圆的圆心在轴上，且该动圆经过点． （1）求点的轨迹的方程； （2）设过点的直线交轨迹于两点，若为轨迹上位于点之间的一点，点关于轴的对称点为点，过点作，交于点，求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设圆心坐标为，结合题意列式化简，即可求得答案； （2）求出A，B的坐标，利用设直线的方程并联立方程组可求出点Q，M的横坐标表达式，结合化简，求出其关于参数k的表达式，结合二次函数知识，即可求得答案. 【小问1详解】 因为动圆的圆心在轴上，所以设圆心坐标为，半径为， 由题意可得，即， 又圆心是点的中点， 由中点坐标公式可得， 代入上式可得， 所以点的轨迹的方程为； 【小问2详解】 由题意知在抛物线C上，则，即， 由于过点的直线交轨迹于两点，则直线l的斜率为， 故l的方程为，联立，得， 解得或，则，则B关于x轴的对称点为， 由题意知直线AQ的斜率存在，设为k，直线的斜率为，则， 设直线， 因为点Q在抛物线C上，故联立，得， 得，则，, 又，故直线BM的方程为， 联立，解得, 因为 ， 故当时，即时，取到最大值，最大值为. 【点睛】难点点睛：解答圆锥曲线类题目的难点在于复杂的计算，特别是第二问中求解最值问题时，基本都是字母参数的运算，并且计算量较大，需要十分细心. 19. 定理：如果函数在闭区间，上的图象是连续不断的曲线，在开区间内每一点存在导数，且，那么在区间内至少存在一点，使得，这是以法国数学家米歇尔罗尔的名字命名的一个重要定理，称之为罗尔定理，其在数学和物理上有着广泛的应用. （1）设，记的导数为，试用上述定理，说明方程根的个数，并指出它们所在的区间； （2）如果在闭区间，上的图象是连续不断的曲线，且在开区间内每一点存在导数，记的导数为，试用上述定理证明：在开区间内至少存在一点，使得； （3）利用（2）中的结论，证明：当时，.（为自然对数的底数） 【答案】（1）答案见解析； （2）证明见解析； （3）证明见解析； 【解析】 【分析】（1）注意到，结合罗尔定理可得答案； （2）构造函数，后利用罗尔定理可证明结论； （3）注意到，后由（2）中结论可证明. 【小问1详解】 注意到，则由罗尔定理， 在内存在，使；在内存在，使；在内存在，使. 综上，的根有3个，且分别位于，，这三个区间内； 【小问2详解】 ）证明：构造函数， 则.注意到，由罗尔定理， 则在上至少存在一点，使 ，即在开区间内至少存在一点， 使得； 【小问3详解】 证明：当时， . 由（2），因函数为R上连续函数，. 又， 则在上存在， 使； 又，则在上存在 使. 又令，当时，， 则在上单调递增， 又. 则. 【点睛】关键点睛：本题关键为理解题干信息罗尔定理，第一问为定理的直接运用；第二问关键在与由所需证明结构构造出相应函数； 第三问关键为对所需证明结构变形，使之能够利用第二问的结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 2025届新高三学情摸底考（新课标卷） 数学 本卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1，答卷前，考生务必将自己的姓名、考生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． 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. 设集合，若，则（ ） A. B. 0 C. 2 D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量．若向量与共线，则实数的值为（ ） A. 3 B. C. D. 4. 已知为奇函数，则曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知直线经过点且斜率大于0，若圆的圆心与直线上一动点之间距离的最小值为，则直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 7. 风筝的发明是中国古代劳动人民智慧的结晶，距今已有2000多年的历史.风筝多为轴对称图形，如图.在平面几何中，我们把一条对角线所在直线为对称轴的四边形叫做筝形.在筝形中，对角线所在直线为对称轴，是边长为2的等边三角形，是等腰直角三角形.将该筝形沿对角线折叠，使得，形成四面体，则四面体外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 在平面直角坐标系中，为双曲线的左顶点，为双曲线上位于第一象限内的一点，点关于轴对称的点为，记，若，则双曲线的离心率为（ ） A. 2 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. 一个不透明的盒子中装有大小和质地都相同的编号分别为1，2，3，4的4个小球，从中任意摸出两个球．设事件“摸出的两个球的编号之和小于5”，事件“摸出的两个球的编号都大于2”，事件“摸出的两个球中有编号为3的球”，则（ ） A. 事件与事件是互斥事件 B. 事件与事件是对立事件 C. 事件与事件是相互独立事件 D. 事件与事件是互斥事件 10. 在平面直角坐标系中，一动点从点开始，以的角速度逆时针绕坐标原点做匀速圆周运动，后到达点的位置．设，记，则（ ） A. B. 当时，取得最小值 C. 点是曲线的一个对称中心 D. 当时，的单调递增区间为 11. 已知函数及其导函数的定义域均为，且，当时，，且，则下列说法正确的是（ ） A. 为偶函数 B. C. 在上单调递增 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为______．（用数字作答） 13. 已知的内角的对边分别为，若的面积为，则______． 14. 已知为坐标原点，椭圆，圆，圆，点，射线交圆，椭圆，圆分别于点，若圆与圆围成的图形的面积大于圆的面积，则的取值范围是______． 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. 某农场收获的苹果按三个苹果等级进行装箱，已知苹果的箱数非常多，且三个等级苹果的箱数之比为6∶3∶1 （1）现从这批苹果中随机选出3箱，若选到任何一箱苹果是等可能的，求至少选到2箱A级苹果的概率； （2）若用分层随机抽样的方法从该农场收获的A，B，C三个等级苹果中选取10箱苹果，假设某游客要从这10箱苹果中随机购买3箱，记购买的A级苹果有X箱，求X的分布列与数学期望． 16. 已知等比数列的各项均为正数，且． （1）求的通项公式； （2）令，记，求． 17. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，在棱上且，平面，在棱上存在一点满足平面． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知动圆的圆心在轴上，且该动圆经过点． （1）求点的轨迹的方程； （2）设过点的直线交轨迹于两点，若为轨迹上位于点之间的一点，点关于轴的对称点为点，过点作，交于点，求的最大值． 19. 定理：如果函数在闭区间，上的图象是连续不断的曲线，在开区间内每一点存在导数，且，那么在区间内至少存在一点，使得，这是以法国数学家米歇尔罗尔的名字命名的一个重要定理，称之为罗尔定理，其在数学和物理上有着广泛的应用. （1）设，记的导数为，试用上述定理，说明方程根的个数，并指出它们所在的区间； （2）如果在闭区间，上的图象是连续不断的曲线，且在开区间内每一点存在导数，记的导数为，试用上述定理证明：在开区间内至少存在一点，使得； （3）利用（2）中的结论，证明：当时，.（为自然对数的底数） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $