精品解析：上海市奉贤中学2025届高三上学期开学摸底数学试卷

奉贤中学2024秋季高三数学开学考 2024.09 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1. 函数的定义域________. 2. 已知向量，，若，则实数________ 3. 已知等差数列的前项和为，若则________ 4. 设，则方程的解集为________ 5. 在一次为期天的博览会上，主办方统计了每天的参观人数（单位：千人），得到样本的茎叶图（如下图），则该样本的第百分位数是________ 6. 设为常数，若，则函数的图象必定不经过第________象限 7. 设函数，若，则实数的值为_____． 8. 若对于任意实数，都有，则的值为______； 9. 如图，在圆锥中，为底面圆的直径， ，点在底面圆周上，且.若为线段上的动点，则的周长最小值为________ 10. 随着我国国民教育水平的提高，越来越多的有志青年报考研究生.现阶段，我国研究生入学考试科目为思政、外语和专业课三门，录取工作将这样进行：在每门课均及格（分）的考生中，按总分进行排序，择优录取.振华同学刚刚完成报考，尚有11周复习时间，下表是他每门课的复习时间和预计得分.设思政、外语和专业课分配到的周数分别为，则自然数数组________时，振华被录取的可能性最大. 科目 周数 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 思政 20 40 55 65 72 78 80 82 83 84 85 外语 30 45 53 58 62 65 68 70 72 74 75 专业课 50 70 85 90 93 95 96 96 96 96 96 11. 已知函数，正项等比数列满足，则_________ 12. 设点在直线上，点在曲线上，线段的中点为，为坐标原点，则的最小值为________. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分）． 13. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 14. 下列说法中错误的是（ ） A. 一组数据的平均数、中位数可能相同 B. 一组数据中比中位数大的数和比中位数小的数一样多 C. 平均数、众数和中位数都是描述一组数据的集中趋势的统计量 D. 极差、方差、标准差都是描述一组数据的离散程度的统计量 15. 已知是复数，是其共轭复数，则下列命题中正确的是 （ ） A. B. 若，则的最大值为 C. 若，则复平面内对应的点位于第一象限 D. 若是关于的方程的一个根，则 16. 已知集合是由某些正整数组成的集合，且满足：若，则当且仅当其中且，或其中且.现有如下两个命题: ①；②集合.则下列选项中正确的是（ ） A. ①是真命题， ②是真命题； B. ①是真命题， ②是假命题 C. ①是假命题， ②是真命题； D. ①是假命题， ②是假命题. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）． 17. 一个盒子中装有4张卡片，卡片上分别写有数字1、2、3、4.现从盒子中随机抽取卡片. （1）若一次抽取3张卡片，事件A表示“3张卡片上数字之和大于7”，求； （2）若第一次抽取1张卡片，放回后再抽取1张卡片，事件B表示“两次抽取的卡片上数字之和大于6”，求； （3）若一次抽取2张卡片，事件C表示“2张卡片上数字之和是3的倍数”，事件D表示“2张卡片上数字之积是4的倍数”，验证C、D是独立的. 18. 在中，角的对边分别为. （1）若，求角的大小； （2）若边上的高等于，求的最大值. 19. 如图，在直三棱柱中，，，且分别是的中点. （1）证明：； （2）求三棱锥的体积； （3）求直线与平面所成角的大小.（结果用反三角函数值表示） 20. 以坐标原点为对称中心，焦点在轴上的椭圆过点，且离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）若点，动点满足，求动点的轨迹所围成的图形的面积； （3）过圆上一点（不在坐标轴上）作椭圆的两条切线.记的斜率分别为，求证：. 21. 已知函数，，其中为自然对数的底数. （1）求函数的图象在点处的切线方程； （2）设函数， ①若，求函数的单调区间，并写出函数有三个零点时实数的取值范围； ②当时，分别为函数的极大值点和极小值点，且不等式对任意恒成立，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 奉贤中学2024秋季高三数学开学考 2024.09 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1. 函数的定义域________. 【答案】 【解析】 【分析】根据对数函数有意义的条件得到不等式求解. 【详解】要使函数有意义，则，即， 所以函数的定义域为， 故答案为:. 2. 已知向量，，若，则实数________ 【答案】 【解析】 【分析】利用平面向量的数量积与向量垂直的关系，结合坐标运算求解即可. 【详解】因为向量，， ， 所以，解得. 故答案为：1. 3. 已知等差数列的前项和为，若则________ 【答案】 【解析】 【分析】由等差数列的性质结合等差数列的求和公式可得答案. 【详解】由等差数列的性质可得：， 所以， 故答案为：8. 4. 设，则方程的解集为________ 【答案】 【解析】 【分析】分区间讨论，去掉绝对值号即可得解. 【详解】当时，原方程可得，解得， 又，故方程的解为； 当时，原方程可得，解得，故无解； 当时，原方程可得，解得； 当时，原方程可得，解得，所以. 综上，方程的解集为. 故答案为： 5. 在一次为期天的博览会上，主办方统计了每天的参观人数（单位：千人），得到样本的茎叶图（如下图），则该样本的第百分位数是________ 【答案】 【解析】 【分析】求解个数据的第百分位数即第项与第项数据的平均数. 【详解】， 由茎叶图知从小到大排列第项数据为，第项数据为， 则该样本的第百分位数是与的平均数，即， 故答案为：. 6. 设为常数，若，则函数的图象必定不经过第________象限 【答案】二 【解析】 【分析】由指数函数的性质与图象的平移可得. 【详解】已知, 则指数函数单调递增，过定点，且， 函数的图象是由函数函数向下平移个单位， 作出函数的图象，可知图象必定不经过第二象限. 故答案为：二. 7. 设函数，若，则实数的值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知条件及分段函数分段处理的原则即可求解. 【详解】由题意知，； 当时，有，解得(舍去)； 当时，有，解得(舍去)或． 所以实数的值是：． 故答案为：. 8. 若对于任意实数，都有，则的值为______； 【答案】-8 【解析】 【分析】把 展开求得的系数，再结合已知条件求得的值． 【详解】 ， 且有， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题． 9. 如图，在圆锥中，为底面圆的直径， ，点在底面圆周上，且.若为线段上的动点，则的周长最小值为________ 【答案】 【解析】 【分析】将三角形和三角形展开在同一个平面，然后利用余弦定理求得正确答案. 【详解】连接，依题意平面，而平面， 所以，，是的中点，则， 由于，所以， 则三角形是等边三角形，三角形是等腰直角三角形， 将三角形和三角形展开在同一个平面，如下图所示， 连接，交于，在三角形中， 由余弦定理得 ， 所以的周长最小值为. 故答案为： 10. 随着我国国民教育水平的提高，越来越多的有志青年报考研究生.现阶段，我国研究生入学考试科目为思政、外语和专业课三门，录取工作将这样进行：在每门课均及格（分）的考生中，按总分进行排序，择优录取.振华同学刚刚完成报考，尚有11周复习时间，下表是他每门课的复习时间和预计得分.设思政、外语和专业课分配到的周数分别为，则自然数数组________时，振华被录取的可能性最大. 科目 周数 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 思政 20 40 55 65 72 78 80 82 83 84 85 外语 30 45 53 58 62 65 68 70 72 74 75 专业课 50 70 85 90 93 95 96 96 96 96 96 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，分别保证各科及格，再由得分效益最大求解. 【详解】首先保证各学科均及格，则思政、外语、专业课分别需要3周，4周，1周，还有剩余复习时间3周，剩余时间复习一周思政可提高7分，复习外语可提高3分，复习专业课可提高15分，故先安排一周复习专业课，剩余2周，若再复习专业课一周可提高5分，从得分效益来看，先安排一周复习思政，剩一周再复习思政可提高6分，故安排复习思政， 综上，安排5周思政复习，4周外语复习，2周专业课复习，总分最高， 故答案为： 11. 已知函数，正项等比数列满足，则_________ 【答案】 【解析】 【分析】利用倒序相加法，结合函数的对称性以及等比数列的性质即可求得正确答案. 【详解】函数，可看成向左平移1个单位，向上平移1个单位得到, 因为的对称中心为，所以的对称中心为， 所以， 因为正项等比数列满足，所以， 所以， 所以， ①， ②， 则①②相加得： 即， 所以. 故答案为：. 12. 设点在直线上，点在曲线上，线段的中点为，为坐标原点，则的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】通过转化可得的最小值为到距离平方的最小值，利用导数求出切线即可得． 【详解】由题可设，，则 则 即， 即的最小值为到距离平方的最小值， 其中点在曲线上，在直线上， 的最小值为在曲线上与直线平行的切线的切点到直线的距离， 设切点为， 因为曲线导数，则，解得，所以切点为， 所以，所以. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是将问题转化到距离平方的最小值，从而结合导数的意义即可得解. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分）． 13. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式，得到的解集，从而得到答案. 【详解】，解得或， 由于或，但或， 故“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 14. 下列说法中错误的是（ ） A. 一组数据的平均数、中位数可能相同 B. 一组数据中比中位数大的数和比中位数小的数一样多 C. 平均数、众数和中位数都是描述一组数据的集中趋势的统计量 D. 极差、方差、标准差都是描述一组数据的离散程度的统计量 【答案】B 【解析】 【分析】A选项，可举出实例；B选项，可举出反例；CD选项，根据平均数、众数和中位数，极差、方差、标准差的定义进行判断. 【详解】A选项，例如，这组数据的平均数、中位数相同，均为2，A正确； B选项，例如，中位数为2，这组数据中比中位数大的数只有1个，比中位数小的数有2个，两者不一样多，B错误； C选项，平均数、众数和中位数都是描述一组数据的集中趋势的统计量，C正确； D选项，极差、方差、标准差都是描述一组数据的离散程度的统计量，D正确. 故选：B 15. 已知是复数，是其共轭复数，则下列命题中正确的是 （ ） A. B. 若，则的最大值为 C. 若，则复平面内对应的点位于第一象限 D. 若是关于的方程的一个根，则 【答案】B 【解析】 【分析】设出复数的代数形式计算判断A；利用复数的几何意义判断B；求出复数判断C；利用复数相等求出判断D. 【详解】对于A，设，则，，A错误； 对于B，由知，在复平面内表示复数的点在以原点为圆心的单位圆上， 可看作该单位圆上的点到点的距离，因为圆心到的距离为， 则该单位圆上的点到点的距离最大值为，B正确； 对于C，，则复平面内对应的点位于第二象限，C错误； 对于D，依题意，，整理得， 而，因此，解得，D错误． 故选：B. 16. 已知集合是由某些正整数组成的集合，且满足：若，则当且仅当其中且，或其中且.现有如下两个命题: ①；②集合.则下列选项中正确的是（ ） A. ①是真命题， ②是真命题； B. ①是真命题， ②是假命题 C. ①是假命题， ②是真命题； D. ①是假命题， ②是假命题. 【答案】C 【解析】 【分析】根据集合的定义即可判断①是假命题，根据集合的定义先判断，，再由，有，，且，所以，可判断 ②是真命题. 【详解】因为若，则当且仅当其中且，或其中且， 且集合是由某些正整数组成的集合， 所以，， 因为，满足其中且，所以， 因为，且，，所以，故①是假命题； 记， 当时，，因为，，，所以； 下面讨论元素与集合的关系， 当时，，当时，，，，所以， 当时，，，，所以， 当时，，，，所以，依次类推， 当时，，，，所以， 下面讨论时，集合中元素与集合的关系， 因为，有，，且，所以， 综上所述，，有， 即，故②是真命题. 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题解题的关键在于判断，，，，再根据集合的定义求解. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）． 17. 一个盒子中装有4张卡片，卡片上分别写有数字1、2、3、4.现从盒子中随机抽取卡片. （1）若一次抽取3张卡片，事件A表示“3张卡片上数字之和大于7”，求； （2）若第一次抽取1张卡片，放回后再抽取1张卡片，事件B表示“两次抽取的卡片上数字之和大于6”，求； （3）若一次抽取2张卡片，事件C表示“2张卡片上数字之和是3的倍数”，事件D表示“2张卡片上数字之积是4的倍数”，验证C、D是独立的. 【答案】（1） （2） （3） 一次抽取张卡片,共包含个基本事件， 事件， 所以 事件，所以 当同时发生，即张卡片上数字之和是的倍数同时积是的倍数，只有一种取法， 所以 因为， 所以事件与事件是独立的． 【解析】 【分析】（1）利用古典概型的概率求解； （2）利用古典概型的概率求解； （3）利用古典概型的概率分别求得，，判断. 【小问1详解】 若一次抽取张卡片，共包含、、、共个基本事件. 其中事件包含个基本事件 所以； 【小问2详解】 若第一次抽取张卡片，放回后再抽取张卡片，共包含个基本事件， 其中事件包含3个基本事件 所以 【小问3详解】 略 18. 在中，角的对边分别为. （1）若，求角的大小； （2）若边上的高等于，求的最大值. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理的边角变换，结合特殊角的三角函数值即可得解； （2）利用三角形面积公式与余弦定理得到，从而将转化为关于角的表达式，进而得解. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 又，则，所以， 因为，所以或. 【小问2详解】 由三角形面积公式得，即， 又由余弦定理，得， 从而有， 所以. 当，即时，有最大值， 即的最大值为. 19. 如图，在直三棱柱中，，，且分别是的中点. （1）证明：； （2）求三棱锥的体积； （3）求直线与平面所成角的大小.（结果用反三角函数值表示） 【答案】（1） 证明：在直三棱柱中中，因为分别是的中点,所以, 由直三棱柱中面, 所以面，因为在面内，所以, 因为在中，，且是的中点,所以, 因为,且在面内， 所以面,因为在面内,所以. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）结合题意先通过线线垂直得到面,进而得到； （2）利用等体积法，转化为求的体积即可; （3）利用上问求出点到面的距离为，借助线面角的定义即可求出线面角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 等腰中，，从而， 所以， 由面，且 所以， 又因为， 所以三棱锥的体积为. 【小问3详解】 由（2）， 令点到面的距离为， 则有， 中，，, 从而. 所以， 设直线与平面所成角为，则, 所以直线与平面所成角的大小为. 20. 以坐标原点为对称中心，焦点在轴上的椭圆过点，且离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）若点，动点满足，求动点的轨迹所围成的图形的面积； （3）过圆上一点（不在坐标轴上）作椭圆的两条切线.记的斜率分别为，求证：. 【答案】（1） （2）面积为. （3）证明：设，且 设过点的直线与椭圆相切，联立 化简得 由得 点在直线上，得代入上式 化简得 因为是椭圆的两条切线，所以是上面方程的两根 由韦达定理得. 由得 所以 又 所以. 【解析】 【分析】（1）由已知条件列方程组，结合，解出a和b，即可得椭圆的方程； （2）设， 由可得轨迹方程，再求面积即可； （3）过点的直线与椭圆相切，与椭圆方程联立，利用得出的一元二次方程，结合韦达定理化简，进而可求出为定值. 【小问1详解】 由题设知椭圆中，得 由得 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 设， 由得 化简得. 表示的是以为圆心，为半径的圆，其面积为. 【小问3详解】 略 21. 已知函数，，其中为自然对数的底数. （1）求函数的图象在点处的切线方程； （2）设函数， ①若，求函数的单调区间，并写出函数有三个零点时实数的取值范围； ②当时，分别为函数的极大值点和极小值点，且不等式对任意恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2）①函数的单调增区间为和，单调减区间为； ， ②. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程即得. （2）①把代入，求出的导数，确定的解集得单调区间，结合极大值、极小值求出的范围；②由导数求出，构造函数并借助导数探讨不等式恒成立即可. 【小问1详解】 函数，求导得，得，而， 所以切线方程为，即. 【小问2详解】 函数的定义域为R，求导得， ①当时，，，由，得或， 当或时，，当时，， 因此函数的单调增区间为和，单调减区间为； 极大值，极小值， 又， ， 所以函数有三个零点时的取值范围为. ②令，得或，解得或， 当或时，，当时，， 即函数在，上单调递增，在上单调递减， 因此当时，取得极大值，当时，取得极小值，即有， 而，， 又不等式对任意恒成立，于是， 设， 显然，， 令，求导得， 则函数在上严格递减，有， 当时，，则有函数在上严格递减， ，符合题意； 当时，存在，使得，当时，，当时，， 因此函数在上严格递增，有，不符合题意， 所以实数的取值范围为. 【点睛】思路点睛：不等式恒成立或存在型问题，可构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $