精品解析：辽宁省本溪市高级中学2024-2025学年高三下学期开学适应性考试数学试题

2025届高三阶段测试 数学 （本卷满分150分，考试时间120分钟） 一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，满分40分.在每小题所给的4个选项中，有且只有一个选项是符合题目要求的） 1. 已知集合，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，，若，，三点共线，则（ ） A. B. C. D. 2 4. 等比数列的各项均为正数，且，则（ ）． A. B. 5 C. D. 30 5. 已知，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 6. 如图，一个圆台形状的杯子的杯底厚度为1cm，杯内的底部半径为3cm，当杯子盛满水时，杯子上端的水面直径为12cm，且杯子的容积为，则该杯子的高度为（ ） A. 12cm B. 13cm C. 14cm D. 15cm 7. 若的展开式中二项式系数之和为32，各项系数之和为243，则展开式中的系数是（ ） A. 32 B. 64 C. 80 D. 16 8. 已知可导函数的定义域为为奇函数，设是的导函数，若为奇函数，且，则（ ） A. B. C. D. 二､多选题（本大题共3小题，每小题6分，满分18分） 9. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 的图象与轴的交点坐标为 D. 函数的图象关于直线对称 10. 已知数列满足，.则下列选项正确的是（ ） A. 是等比数列 B. 数列是单调递增数列 C. 若，则 D. 若，则 11. 约翰逊多面体是指除了正多面体、半正多面体（包括13种阿基米德多面体、无穷多种侧棱与底棱相等的正棱柱、无穷多种正反棱柱）以外，所有由正多边形面组成的凸多面体．其中，由正多边形构成的台塔是一种特殊的约翰逊多面体，台塔，又叫帐塔、平顶塔，是指在两个平行的多边形（其中一个的边数是另一个的两倍）之间加入三角形和四边形所组成的多面体．各个面为正多边形的台塔，包括正三、四、五角台塔．如图是所有棱长均为1的正三角台塔，则（ ） A. 该台塔共有15条棱 B. 平面 C. 该台塔高为 D. 该台塔外接球的体积为 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，满分15分） 12. 已知一组数据（）大致呈线性分布，其回归直线方程为，则的最小值为＝______. 13. 在平面上给定相异两点，设点在同一平面上且满足，当且时，点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故我们称这个圆为阿波罗尼斯圆.现有双曲线分别为双曲线的左、右焦点，为双曲线虚轴的上，下端点，动点满足面积的最大值为4.点在双曲线上，且关于原点对称，是双曲线上一点，直线和的斜率满足，则双曲线方程是__________； 14. 如果拉伸两个端头，下列绳子会打结的是？__________. 四､解答题 15. 已知函数. （1）若函数存在一条对称轴，求的值； （2）求函数的单调区间. 16. 某校在90周年校庆到来之际，为了丰富教师的学习和生活，特举行了答题竞赛．在竞赛中，每位参赛教师答题若干次，每一次答题的赋分方法如下：第1次答题，答对得20分，答错得10分，从第2次答题开始，答对则获得上一次答题所得分数两倍的得分，答错得10分，教师甲参加答题竞赛，每次答对的概率均为，每次答题是否答对互不影响. （1）求甲前3次答题的得分之和为70分的概率． （2）记甲第i次答题所得分数的数学期望为． （ⅰ）求，，，并猜想当时，与之间的关系式； （ⅱ）若，求n的最小值． 17. 已知，，为平面上的一个动点.设直线的斜率分别为，，且满足.记的轨迹为曲线. （1）求的轨迹方程； （2）直线，分别交动直线于点，过点作的垂线交轴于点.是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由. 18. 类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则.如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点. （1）求的值； （2）直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：； （3）在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 19. 模糊数学普遍存在于自然界和数学模型中，比如天气预测､种群数量变化和天体运动等等.假设在一个模糊数学系统中，用来表示系统在第个时刻的状态值，且该系统下一时刻的状态满足，，其中. （1）当时，若满足对，有，求； （2）当时，判断中是否存在连续的三项构成等比数列；若存在，求出连续的三项；若不存在，说明理由. （3）若，，记，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三阶段测试 数学 （本卷满分150分，考试时间120分钟） 一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，满分40分.在每小题所给的4个选项中，有且只有一个选项是符合题目要求的） 1. 已知集合，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解一元二次不等式得集合，然后由集合的包含关系得参数范围． 【详解】，又，， 所以， 故选：D． 2. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将抛物线方程化为标准形式，得到焦点坐标. 【详解】因为抛物线方程化为标准形式为， 所以，则焦点坐标为. 故选：B. 3. 已知，，，若，，三点共线，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量坐标运算求得，然后利用共线的坐标形式列式得，即可得解. 【详解】根据题意，， 则，若三点共线，则， 则有，变形可得. 故选：A 4. 等比数列的各项均为正数，且，则（ ）． A. B. 5 C. D. 30 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列下标和的性质有，结合已知得，再应用对数运算性质求值. 【详解】由题设知，而，则 则. 故选：B 5. 已知，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】换元，利用对勾函数的单调性求出最小值. 【详解】令，则， 而函数在上单调递增， 所以当，即时，取得最小值. 故选：D 6. 如图，一个圆台形状的杯子的杯底厚度为1cm，杯内的底部半径为3cm，当杯子盛满水时，杯子上端的水面直径为12cm，且杯子的容积为，则该杯子的高度为（ ） A. 12cm B. 13cm C. 14cm D. 15cm 【答案】B 【解析】 【分析】应用圆台的体积公式列方程求水的高度，进而可得杯子的高度. 【详解】当杯子盛满水时，该杯子中水的高度为cm，则杯子的容积为，可得， 所以该杯子的高度为cm. 故选：B 7. 若的展开式中二项式系数之和为32，各项系数之和为243，则展开式中的系数是（ ） A. 32 B. 64 C. 80 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式系数之和以及系数之和求，再根据二项式定理运算求解即可. 【详解】因为的二项式系数之和为32， 则，解得，即二项式为， 因为展开式各项系数和为243， 令，代入可得，解得，即二项式为， 则该二项式展开式的通项为， 令，解得， 则展开式中的系数为. 故选：C. 8. 已知可导函数的定义域为为奇函数，设是的导函数，若为奇函数，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由为奇函数，结合导数运算，由为奇函数，得到，通过整理可得，进而分析得到,,从而得出结果. 【详解】为奇函数，. 即，两边求导得， 则，可知关于直线对称， 又为奇函数，所以， 即，可知关于直线对称， 令，可得，即， 由，可得， 由，可得，即， 可得，即， 令，可得； 令，可得； 且，可知为的周期. 可知,, 所以. 故选：B. 【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题． 二､多选题（本大题共3小题，每小题6分，满分18分） 9. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 的图象与轴的交点坐标为 D. 函数的图象关于直线对称 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据图象求周期，然后可判断A；根据正切函数定义域可判断B；代入验证可判断C；判断关于点对称，然后由图象的对称变换可判断D. 【详解】对A，由图可知，的最小正周期，则，A正确； 对B，由图象可知时，函数无意义，故， 由，得，即，B错误； 对C，，C正确； 对D，由，则的图象关于点对称， 由图象对称变换可得函数的图象关于直线对称，D正确. 故选：ACD 10. 已知数列满足，.则下列选项正确的是（ ） A. 是等比数列 B. 数列是单调递增数列 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】由条件得出角标为奇数和偶数时的等式，化简得到，证明数列为等比数列，判断A 选项； 根据，判断B选项；求奇数项通项公式，由放缩法得到结论，判断C选项；求出偶数项通项公式，由裂项相消求和，判断D选项. 【详解】A选项：， ，又， 所以是等比数列，公比为，首项为， ，，所以选项A正确； B选项：，所以选项B错误； C选项：为奇数时，，所以； D选项：为偶数时，， 所以． 故选：ACD. 11. 约翰逊多面体是指除了正多面体、半正多面体（包括13种阿基米德多面体、无穷多种侧棱与底棱相等的正棱柱、无穷多种正反棱柱）以外，所有由正多边形面组成的凸多面体．其中，由正多边形构成的台塔是一种特殊的约翰逊多面体，台塔，又叫帐塔、平顶塔，是指在两个平行的多边形（其中一个的边数是另一个的两倍）之间加入三角形和四边形所组成的多面体．各个面为正多边形的台塔，包括正三、四、五角台塔．如图是所有棱长均为1的正三角台塔，则（ ） A. 该台塔共有15条棱 B. 平面 C. 该台塔高为 D. 该台塔外接球的体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由台塔的结构特征，数出棱的条数，即可判断A，根据线面平行的判定定理证明B，计算出高，即可判断C，由外接球半径计算体积，即可判断D. 【详解】台塔下底面6条棱，上底面3条棱，6条侧棱，共15条棱，故A正确； 台塔表面有1个正六边形，3个正方形，4个正三角形，由所有棱长均为1， 连接，因为且，又且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 平面，平面，所以平面，故B正确； 上底面正三角形在下底面正六边形内的投影为， 则点是正六边形的中心，也是的中心， 和都是正三角形，是的中心， 由棱长为，则， 所以台塔的高，故C错误； 设上底面正三角形的外接圆圆心为，则半径， 下底面正六边形的外接圆圆心为，则半径， 设台塔的外接球半径为，， 则有或，解得， 所以，台塔的外接球体积，故D正确. 故选：ABD 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，满分15分） 12. 已知一组数据（）大致呈线性分布，其回归直线方程为，则的最小值为＝______. 【答案】 【解析】 【分析】根据回归方程必过样本中心点，即可得到答案. 【详解】回归直线经过， 且， 代入回归方程得：， 即， 所以当时，的最小值为. 故答案为：. 13. 在平面上给定相异两点，设点在同一平面上且满足，当且时，点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故我们称这个圆为阿波罗尼斯圆.现有双曲线分别为双曲线的左、右焦点，为双曲线虚轴的上，下端点，动点满足面积的最大值为4.点在双曲线上，且关于原点对称，是双曲线上一点，直线和的斜率满足，则双曲线方程是__________； 【答案】 【解析】 【分析】据为双曲线虚轴的上，下端点，可设设，由两点间距离公式并化简可得动点的轨迹方程. 【详解】设， 由题意知，可得，即， 整理得，可得圆心为，半径， 所以的最大面积为，解得，即， 设，则， 则，可得，同理 则，则， 整理得，所以双曲线的方程为. 故答案为：. 14. 如果拉伸两个端头，下列绳子会打结的是？__________. 【答案】 【解析】 【分析】通过想象每根绳子在拉伸两个端头时的变化过程，来确定哪些绳子会形成结，直接判断即可. 【详解】绳子1的判断：当拉伸绳子1的两个端头时，由于绳子自身的缠绕方式，在拉伸过程中会形成一个结，可以想象将两个端头慢慢拉开，绳子中间的缠绕部分会收紧形成结； 绳子2的判断：同样，对于绳子2，其缠绕方式使得在拉伸两个端头时，中间部分会因为绳子的交叉缠绕而形成一个结； 绳子3的判断：绳子3在拉伸两个端头时，绳子可以顺利地被拉直，不会出现打结的情况，因为其缠绕方式并没有形成闭环式的交叉； 绳子4的判断：绳子4拉伸时也能顺利拉直，不会形成结，其交叉部分在拉伸过程中会自然解开； 根据对每根绳子拉伸过程的想象和判断，会打结的绳子是， 故答案为：. 【点睛】方法点晴：创新题主要是在原概念、原公式、原定理、原法则、原运算等的基础上，给出新概念、新公式、新定理、新法则、新运算等，然后此基础上去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 四､解答题 15. 已知函数. （1）若函数存在一条对称轴，求的值； （2）求函数的单调区间. 【答案】（1） （2） 当时，的单调减区间为，无增区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. 【解析】 【分析】（1）根据题意结合对称性的定义运算求解即可； （2）求导，分类讨论的符号，利用导数求的单调区间. 【小问1详解】 因为函数， 所以函数定义域为，且函数存在一条对称轴，故对称轴为， 所以， 即， 所以，故， 当且仅当时上式恒成立，故. 【小问2详解】 由题意， 当时，有且， 所以，故的单调减区间为； 当时，令， 且当时，，当时，， 所以的单调增区间为，单调或区间为； 综上，当时，的单调减区间为，无增区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. 16. 某校在90周年校庆到来之际，为了丰富教师的学习和生活，特举行了答题竞赛．在竞赛中，每位参赛教师答题若干次，每一次答题的赋分方法如下：第1次答题，答对得20分，答错得10分，从第2次答题开始，答对则获得上一次答题所得分数两倍的得分，答错得10分，教师甲参加答题竞赛，每次答对的概率均为，每次答题是否答对互不影响. （1）求甲前3次答题的得分之和为70分的概率． （2）记甲第i次答题所得分数的数学期望为． （ⅰ）求，，，并猜想当时，与之间的关系式； （ⅱ）若，求n的最小值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由题意，得到前3次的得分分别为20（对），40（对），10（错）或10（错），20（对），40（对），进而求得得分之和为70分的概率； （2）（ⅰ）根据题意，分别求得，，，结合题意，得到，即可完成猜想； （ⅱ）由（i）得到为等差数列，求得，结合和 ，即可求解. 【小问1详解】 解：由题意，前3次的得分分别为20（对），40（对），10（错）或10（错），20（对），40（对），所以甲前3次答题的得分之和为70分的概率为. 【小问2详解】 解：（ⅰ）甲第1次答题得分20分，10分的概率分别为，则， 甲第2次答题得分40分，20分，10分的概率分别为， 则， 甲第3次答题得分80分，40分，20，10嗯分的概率分别为， 则， 当时，因为甲第次答题所得分数的数学期望为， 所以第次答对题所得分数为，答错题所的分数为分，其概率为， 所以， 可猜想：. （ⅱ）由（i）知数列是以15为首项，5为公差的等差数列， 根据等差数列的求和公式，可得， 当时，，当时，， 所以实数的最小值为. 【点睛】方法点睛：对于离散型随机变量的期望与方差的综合问题的求解策略： 1、理解随机变量的意义，写出可能取得得全部数值； 2、根据题意，求得随机变量的每一个值对应的概率； 3、列出随机变量的分布列，利用期望和方差的公式求得数学期望和方差； 4、注意期望与方差的性质的应用； 17. 已知，，为平面上的一个动点.设直线的斜率分别为，，且满足.记的轨迹为曲线. （1）求的轨迹方程； （2）直线，分别交动直线于点，过点作的垂线交轴于点.是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）存在，12 【解析】 【分析】（1）设点，由题意列出等式，化简即可求得答案； （2）分别设直线的方程，求出点的坐标，即可得出直线的方程，继而求出H点坐标，从而求出的表达式，结合二次函数知识，即可得结论，并求得最大值. 【小问1详解】 由题意设点，由于， 故，整理得， 即的轨迹方程为； 【小问2详解】 由题意知直线的斜率分别为，，且满足， 设直线的方程为，令，则可得，即， 直线，同理求得， 又直线的方程为， 令，得，即， 故 ， 当时，取到最大值12， 即存在最大值，最大值为12. 【点睛】易错点点睛：本题考查轨迹方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的探究最值是否存在问题，解答思路不困难，即表示出直线方程，求得坐标，进而求出的表达式，结合二次函数知识即可求解，但很容易出错，易错点在于计算较为复杂，计算量较大，。并且基本都是字母参数的运算，需要十分细心. 18. 类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则.如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点. （1）求的值； （2）直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：； （3）在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）存在， 【解析】 【分析】（1）连接，即可证明平面平面，即二面角的大小为，求出，再由所给三面角余弦定理计算可得； （2）依题意可得，设平面内任一条直线为，分过点与不过点两种情况，当过点，记与的夹角为（），则，结合余弦函数的性质即可得证； （3）以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合平面的条件即可求得的值，则P点位置可确定. 【小问1详解】 连接，由已知得平面，， 又平面，所以平面平面， 所以二面角的大小为，因为四边形为菱形，， 所以，又，所以， 在中，， 由三面角余弦定理可得 . 【小问2详解】 依题意可得，设平面内任一条直线为， 若过点时，记与的夹角为（）， 则，因为， 所以， 又，所以； 若不过点时，过点作使得，记与的夹角为（）， 则，因为， 所以， 又，所以； 综上可得. 【小问3详解】 以O为坐标原点，以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则， ，，，，， 则=，设，即 则 设为平面的法向量， ，， 则，不妨设，可得， 要使平面 则，则， 即存在点P，在线段的延长线上， 【点睛】关键点点睛：利用空间向量法表示线面平行关系. 19. 模糊数学普遍存在于自然界和数学模型中，比如天气预测､种群数量变化和天体运动等等.假设在一个模糊数学系统中，用来表示系统在第个时刻的状态值，且该系统下一时刻的状态满足，，其中. （1）当时，若满足对，有，求； （2）当时，判断中是否存在连续的三项构成等比数列；若存在，求出连续的三项；若不存在，说明理由. （3）若，，记，证明：. 【答案】（1） （2）不存在，理由如下： 当时，； 假设在数列中，存在连续的三项成等比数列，则， ，， ，即， 又，，解得：，与矛盾， 假设错误，即在中，不存在连续的三项成等比数列. （3）证明：当时，， 当时，且，； ，，，， 数列为递减数列， ，， . 【解析】 【分析】（1）根据已知定义和等量关系可求得或，分别讨论两种情况可得，结合可知数列为常数列，由此可得； （2）假设存在连续三项成等比数列，根据等比数列定义可推导得到，与矛盾，由此可得结论； （3）首先确定，进而推导得到为递减数列，根据和可放缩证得结论. 【小问1详解】 当时，， 由题意知：，， 两式作差得：，或； 当时，，解得：或，又，； 当时，，解得：； 恒成立，又，， 数列为常数列，即. 【小问2详解】 在中，不存在连续的三项成等比数列，理由略； 【小问3详解】 略. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列与函数结合的新定义问题，第三问证明不等式的关键是能够根据确定数列的单调性，结合的范围对数列的通项进行适当放缩，进而求和得到结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $