精品解析：江西省南昌市2024-2025学年高三上学期开学摸底测试数学试题

2025届高三摸底测试 数学 一､单项选择题：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，只有一项符合题目要求的. 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知椭圆的右焦点为，则上满足的点有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 3. 展开式中项的系数是（ ） A. B. 40 C. D. 80 4. 已知集合，若为单元素集合时，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 5. 算术基本定理也称素因数分解定理，它是这样描述的：任何一个大于1的自然数，可以唯一分解成有限个素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么这个乘积形式是唯一的.记（其中是素数，，是正整数），这样的分解称为自然数的标准素数分解式，则60的标准素数分解式是（ ） A. B. C. D. 6. 已知正四棱锥所有的棱长均为2，该正四棱锥的内接正四棱柱的下底面在正四棱锥的底面上，且上底面的四个顶点分别在正四棱锥的四条侧棱上，则该正四棱柱体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图所示，将函数的图象向右平移得到的图象，其中和分别是图象上相邻的最高点和最低点，点分别是图象的一个对称中心，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知平面向量满足，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 二､多项选择题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知虚数是方程的两个不同的根，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 四叶草又称“幸运草”，有一种说法是：第一片叶子代表希望､第二片叶子表示信心､第三片叶子表示爱情､第四片叶子表示幸运.在平面直角坐标系中，“四叶草形”曲线的方程为，则下列关于曲线的描述正确的有（ ） A. 其图象是中心对称图形 B. 其图象只有2条对称轴 C. 其图象绕坐标原点旋转可以重合 D. 其图象上任意两点的距离的最大值为 11. 是正四棱锥的高，是线段上一点（不含端点），过点任作一个平面，平面与该四棱锥表面交线所围成的封闭图形记为，下列4个命题中，正确的是（ ） A. 可以是三､四､五边形 B. 当平面时，存在一点，使得是正五边形 C. 当与平面相交时，平面与平面和平面的交线分别为，则三条直线相交于一点 D. “平面”是“平面平面”的充分不必要条件 三､填空题：共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 已知奇函数的定义域为，则实数__________. 13. 庆“七一”，教育局组织党史知识竞赛，经过激烈角逐，最后甲乙两队争夺冠军.实行“三局两胜”制（无平局）.若甲队在每局比赛中获胜的概率均为，且每局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的条件下，比赛进行了三局的概率为__________. 14. 已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围是__________. 四､解答题：共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或验算步骤. 15. 如图，圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形，是的中点，是底面圆周上一点，. （1）求的值； （2）求异面直线与所成角的余弦值. 16. 某校举行知识竞赛，每个班各派5名同学参赛，若某班5名同学失分（均为整数）都不超过5分，则该班级为“优秀班级”. （1）若A班5名同学失分分别为，从这5个失分中随机抽两个分数记这两个分数差的绝对值为随机变量，求随机变量的分布列和期望. （2）若B班中5名同学失分的平均数为2，方差为2，问B班是否为优秀班级？说明理由. 17. 已知函数. （1）当时，曲线上点处的切线过坐标原点，求该切线方程和点的坐标； （2）若恒成立，求实数的取值范围. 18. 已知双曲线的焦距为4，过右焦点且垂直轴的直线交曲线的右支于两点（在轴上方），，过右焦点的动直线交的左支于点，交的右支于点，直线和的交点为. （1）求双曲线的标准方程； （2）证明点在定直线上，并求出该定直线的方程. 19. 已知等比数列的前项和为. （1）求； （2）设数列的前项和为，且当时，或的所有可能的值按从小到大排列组成新的数列. （i）当时，求的所有项； （ii）对于任意给定的正整数，求的所有项的和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三摸底测试 数学 一､单项选择题：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，只有一项符合题目要求的. 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数运算求得正确答案. 【详解】依题意，，所以. 故选：D 2. 已知椭圆的右焦点为，则上满足的点有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【分析】求出点的坐标，由求出点的轨迹方程，与椭圆方程联立求解判断即可. 【详解】椭圆的右焦点为，设，由，得， 由消去得，，而，解得， 当时，对应的值有2个，所以上满足的点有2个. 故选：B 3. 展开式中项的系数是（ ） A. B. 40 C. D. 80 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项式展开式的通项求解即可. 【详解】的通项是 令则展开式中项的系数为 故选：A. 4. 已知集合，若为单元素集合时，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得两集合组成的方程组只有唯一解，再结合方程的性质以及判别式求解即可； 【详解】因为集合，若为单元素集合， 则方程组只有唯一解， 所以，整理可得， 当时，方程变为，此时，符合题意； 当时，， 所以或， 故选：C. 5. 算术基本定理也称素因数分解定理，它是这样描述的：任何一个大于1的自然数，可以唯一分解成有限个素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么这个乘积形式是唯一的.记（其中是素数，，是正整数），这样的分解称为自然数的标准素数分解式，则60的标准素数分解式是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由算术基本定理直接分解即可. 【详解】 故选:D 6. 已知正四棱锥所有的棱长均为2，该正四棱锥的内接正四棱柱的下底面在正四棱锥的底面上，且上底面的四个顶点分别在正四棱锥的四条侧棱上，则该正四棱柱体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设正四棱柱的底面边长为，高为，由相似可得，代入正四棱柱的体积公式得，利用导数求出最大值即可. 【详解】设正四棱柱的底面边长为，高为， 则正四棱柱的底面正方形对角线长为， 正四棱锥所有的棱长均为2，则正四棱锥底面对角线的一半为， 则正四棱锥的高为， 则由相似得， 解得， 所以正四棱柱的体积， ， 当时，， 当时，， 在上单调递增，在上单调递减， 当时，. 故选：. 7. 如图所示，将函数的图象向右平移得到的图象，其中和分别是图象上相邻的最高点和最低点，点分别是图象的一个对称中心，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平移关系可得，进而根据面积公式可得，利用勾股定理以及周期关系即可求解，进而可求解. 【详解】将函数的图象向右平移个单位得的图象， 由于分别是图象的一个对称中心，结合图象可知：, ,故， 由于所以， 进而可得,故，解得，， 故， 故选：D 8. 已知平面向量满足，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】在平面直角坐标系中，设，，，根据平面向量数量积的坐标运算可得出，的值，以及的值，再利用平面向量的模长公式以及基本不等式可求得的最小值. 【详解】在平面直角坐标系中，设，，， 因为，，， 所以， 当且仅当时，等号成立， 因此，的最小值为. 故选：D. 二､多项选择题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知虚数是方程的两个不同的根，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，利用立方差公式得到为的两个根，故A正确；B选项，计算出的两个根，计算出B错误；C选项，由韦达定理得到C正确；D选项，利用模长计算出D正确. 【详解】A选项，， 令，其中， 由于为虚数，故为的两个根， 则，A正确； B选项，的两根为， 若，， 则，B错误； C选项，由韦达定理得，C正确； D选项，由B选项，或，均有，D正确； 故选：ACD 10. 四叶草又称“幸运草”，有一种说法是：第一片叶子代表希望､第二片叶子表示信心､第三片叶子表示爱情､第四片叶子表示幸运.在平面直角坐标系中，“四叶草形”曲线的方程为，则下列关于曲线的描述正确的有（ ） A. 其图象是中心对称图形 B. 其图象只有2条对称轴 C. 其图象绕坐标原点旋转可以重合 D. 其图象上任意两点的距离的最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据曲线的方程，结合点关于原点、、的对称点，及旋转后的点的坐标逐一分析即可判断，曲线上任意两点的距离的最大值即为曲线的外接圆的直径，结合基本不等式可得，即曲线在圆的内部，即可判断. 【详解】在方程中，以替换，以替换，方程不变， 所以其图象是中心对称图形，故正确； 在方程中，以替换，以替换，方程不变， 所以其图象关于直线对称， 同理，以替换，以替换，方程不变，所以其图象关于直线对称， 所以其图象有4条对称轴，故错误； 在方程中，以替换，以替换，方程不变， 设为曲线上任意一点， 则点绕坐标原点旋转得到的点为或， 将点或的坐标代入曲线的方程，方程不变， 所以图象绕坐标原点旋转可以重合，故正确； 曲线上任意两点的距离的最大值即为曲线的外接圆的直径， ， ， 所以曲线在圆的内部， 所以曲线上任意两点的距离的最大值小于，故错误. 故选：. 11. 是正四棱锥的高，是线段上一点（不含端点），过点任作一个平面，平面与该四棱锥表面交线所围成的封闭图形记为，下列4个命题中，正确的是（ ） A. 可以是三､四､五边形 B. 当平面时，存在一点，使得是正五边形 C. 当与平面相交时，平面与平面和平面的交线分别为，则三条直线相交于一点 D. “平面”是“平面平面”的充分不必要条件 【答案】AC 【解析】 【分析】分类可得截面图形判断A；当平面时，可得截面五边形有一组边平行，可判断B；利用线共点的方法可证结论判断C；“平面”得不出“平面平面”可判断D. 【详解】对于A：截面过时的截面为三角形，截面过与平面平行时为四边形， 截面不平行于底面且不过时可能为五边形（如图所示），故A正确； 对于B：如图所示，当平面时，截面五边形为， 由截面，根据线面平行的性质易得，则， 又正五边形不存在平行的边，故不存在这样的正五边形，故B错误； 对于C：设平面与平面的交线为，与的交线为， 当与平面相交时，可得与不平行， 反证法：若，因为平面，平面， 所以平面，平面，平面平面， 所以，又因为，，所以， 这与与平面相交时矛盾，故假设不成立，故与不平行， 所以与相交，设，则平面，平面， 又平面平面，所以， 所以交于一点，即三条直线相交于一点，故C正确； 对于D：因为四边形是正方形，所以，又平面， 平面，所以， 因为，平面，所以平面， 由B可知当平面时，，而不一定成立， 所以有可能不平行于，则不一定垂直于平面，得不出平面平面， 从而“平面”不是“平面平面”的充分条件，故D错误. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：掌握空间中线线，线面，面面的位置关系是解决本题的关键，根据直线与平面的位置关系判断截面图形是否能为正五边形是本题的难点. 三､填空题：共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 已知奇函数的定义域为，则实数__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性列方程来求得的值. 【详解】由于是奇函数，所以. 故答案为： 13. 庆“七一”，教育局组织党史知识竞赛，经过激烈角逐，最后甲乙两队争夺冠军.实行“三局两胜”制（无平局）.若甲队在每局比赛中获胜的概率均为，且每局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的条件下，比赛进行了三局的概率为__________. 【答案】##0.4 【解析】 【分析】利用条件概率求解即可 【详解】设事件“甲获得冠军”为事件，比赛进行了三局为事件， 则,， . 故答案为： 14. 已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】先由条件判断需求在上的最大值，利用导数研究函数，根据参数分类讨论，当时，有最大值，故要解不等式，分解因式成，设，利用导数证明在上恒成立即得参数的范围. 【详解】因存在，使得，即需求函数在上的最大值. 由求导得，， 因，若，则在上恒成立， 即函数在上是增函数，故此时无最大值，且时，，符合题意； 若，由解得，则当时，，当时，， 即函数在上递增，在上递减， 则函数在时取得最大值，即， 依题意，需使，整理得，（*）. 令，则则当时，，当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减，故时，取最大值， 即在上恒成立， 由（*）可得，即，所以; 综上可得，实数的取值范围是. 故答案为：. 四､解答题：共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或验算步骤. 15. 如图，圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形，是的中点，是底面圆周上一点，. （1）求的值； （2）求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理，即可求解； （2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线所成的角. 【小问1详解】 中，，，， 根据余弦定理，. 【小问2详解】 如图，以点为原点，为轴和轴，过点作为轴，建立空间直角坐标系， ，，，， ,， 设异面直线与所成角为， 则 所以异面直线与所成角的余弦值为. 16. 某校举行知识竞赛，每个班各派5名同学参赛，若某班5名同学失分（均为整数）都不超过5分，则该班级为“优秀班级”. （1）若A班5名同学失分分别为，从这5个失分中随机抽两个分数记这两个分数差的绝对值为随机变量，求随机变量的分布列和期望. （2）若B班中5名同学失分的平均数为2，方差为2，问B班是否为优秀班级？说明理由. 【答案】（1）分布列为 0 1 2 3 期望为 （2）B班为优秀班级，理由如下： B班中5名同学的总失分为， 假设有1名同学失分为6分，由于，故不满足要求， 故假设不成立，即5名同学均失分不超过5分，故B班为优秀班级. 【解析】 【分析】（1）求出的可能取值及对应的概率，得到分布列，计算出数学期望； （2）计算出5名同学的总失分，假设有1名同学失分为6分，由于，从而推出矛盾，故假设不成立，得到结论. 【小问1详解】 的可能取值为， 当选到两个分数为或时，，故， 当选到两个分数为时，，故， 当选到两个分数为时，，故， 当选到两个分数为时，，故， 故分布列为 0 1 2 3 数学期望为 【小问2详解】 略 17. 已知函数. （1）当时，曲线上点处的切线过坐标原点，求该切线方程和点的坐标； （2）若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）设切点，函数求导得切线斜率，由切线方程经过原点求出参数的值，即可得到切线方程和切点坐标； （2）将不等式恒等变形后，利用同构思想，将设为，从而将不等式化成恒成立，即需求函数的最大值.通过求导，判断单调性即可求得的最大值，则得参数的范围. 【小问1详解】 设点，则，由求导得，， 故该曲线在点处的切线方程为：， 依题意切线过原点，则有，，解得，， 故切线方程为：，切点为; 【小问2详解】 由可得，，即，即得， 设，则，依题，因恒成立. 令，则，当时，，当时，， 即函数在上单调递增；在递减， 故函数在时取得极大值也是最大值为， 则由恒成立可得，解得,即. 18. 已知双曲线的焦距为4，过右焦点且垂直轴的直线交曲线的右支于两点（在轴上方），，过右焦点的动直线交的左支于点，交的右支于点，直线和的交点为. （1）求双曲线的标准方程； （2）证明点在定直线上，并求出该定直线的方程. 【答案】（1） （2） 由题意知，过右焦点的动直线若与左、右两支都相交，故直线斜率存在， 可设方程为， 联立，消得， 则由题意，且， 设， 由韦达定理知，， 由直线与左、右两支都相交，则，得. 又， 直线的方程为③， 直线的方程为④， ④③得，， 由 ， 故，解得， 当时，不论取何值，点横坐标为常数， 即直线和的交点为在定直线上. 【解析】 【分析】（1）由焦距与通径长转化为的方程组求解可得； （2）设动直线方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理得根与系数的关系，再用求解直线的方程，联立解的坐标，代入韦达定理表达式证明横坐标为常数即可. 【小问1详解】 由双曲线焦距为4可得，，即①. 故右焦点为，由， 令，得，则②， 联立①②解得，. 故双曲线的标准方程为； 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：运算化简是解决题目关键环节，以下两方面的化简要注意：一是应用直线方程化简消去如：的变形；二是转化变形式子，应用韦达定理化简点的坐标，如. 19. 已知等比数列的前项和为. （1）求； （2）设数列的前项和为，且当时，或的所有可能的值按从小到大排列组成新的数列. （i）当时，求的所有项； （ii）对于任意给定的正整数，求的所有项的和. 【答案】（1） （2）（i）；；；；（ii） 【解析】 【分析】（1）降次作差再验证即可得到； （2）（i）首先计算出，，最后再计算的所有项； （ii）首先利用等比数列求和公式计算出，再证明出，最后分析出，最后利用等差数列求和公式即得到答案. 【小问1详解】 ， 当时，， ，符合上式，所以. 【小问2详解】 （i）当时，中共有4项，设其从小到大排列为， ，，， . （ii）根据数列的定义，其前项和，共有种情形， 其中， . 设与是的种情形中的任意两种，且， 则，其中或2或， 设中第一个不为0的是，, 则， 又因为，所以， 所以 所以， 设数列中最后一项为负的是后的项均为正，其和记为， 构造数列的另一情形，前项不变，后的项均为负，其和记为， 则， 而，所以与必为相邻两项，即， 故， 所以是公差为的等差数列，共有项， 设的所有项的和为，则. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的第二小问的关键是证明出，最后利用等差数列求和公式即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $