精品解析：广东省红岭中学2025届高三第五次统一考试(开学考)数学试题

高三数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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. 4.本试卷主要考试内容：高考全部内容. 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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数满足，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 1 3. 已知，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 充分必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 5. 过点引直线与圆相交于两点，为坐标原点，当面积取最大值时，直线的斜率为（） A. B. C. D. 6. 已知正四棱锥的底面边长为，若半径为1的球与该正四棱锥的各面均相切，则正四棱锥的体积为（ ） A. B. 12 C. D. 36 7. 李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他记录了100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30min，样本标准差为6；骑自行车平均用时，样本方差为4.假设坐公交车用时和骑自行车用时都服从正态分布，则下列说法正确的是（参考数值：随机变量服从正态分布，则，，）（ ） A. B. C. 若某天只有可用，则李明上学应该选择坐公交车 D. 若某天只有可用，则李明上学应该选择坐公交车 8. 若过点可以作的三条切线，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求.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. 记数列的前项和为，且，则（ ） A. B. 数列是公差为1的等差数列 C. 数列的前项和为 D. 数列的前2025项的和为-2024 10. 若，则关于的命题，以下正确的有（ ） A. 周期为 B. 对称轴方程为 C. 值域为 D. 在区间上单调递减 11. 如图，由函数与的部分图象可得一条封闭曲线，则（ ） A. 关于直线对称 B. 的弦长的最大值为 C. 直线被截得的弦长的最大值为 D. 的面积大于 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知椭圆的左右焦点分别为，为椭圆上的点，若，，则椭圆的离心率等于______. 13. 若函数满足，则在上的最大值为______. 14. 已知数列满足，，记事件“”的概率为，其中，则______；当时，______． 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. 若中的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足. （1）求角； （2）若，，求的面积. 16. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）当时，证明：当时，恒成立． 17. 如图，在四棱台中，，，，，. （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 为了备战2021年7月在东京举办的奥运会，跳水运动员甲参加国家队训练测试，已知该运动员连续跳水m次，每次测试都是独立的．若运动员甲每次选择难度系数较小的动作A与难度系数较大的动作B的概率均为．每次跳水测试时，若选择动作A，取得成功的概率为，取得成功记1分，否则记0分．若选择动作B，取得成功的概率为，取得成功记2分，否则记0分．总得分记为X分． （1）若m＝2，求分数X的概率分布列与数学期望．（若结果不为整数，用分数表示） （2）若测试达到n分则中止，记运动员在每一次跳水均取得成功且累计得分为n分的概率为G（n），如． ①求G（2）； ②问是否存在，使得为等比数列，其中？若有，求出；若没有，请说明理由． 19. 在平面直角坐标系中，已知任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫作把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点. （1）在平面直角坐标系中，写出将点分别绕原点按逆时针方向旋转，得到的点，的坐标； （2）在平面直角坐标系中，求曲线绕原点沿逆时针方向旋转后得到的曲线的方程； （3）已知由（2）得到的曲线与轴正半轴的交点为，直线与曲线的两支交于，两点（在第一象限），与轴交于点，设直线，的倾斜角分别为，，证明：为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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. 4.本试卷主要考试内容：高考全部内容. 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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出集合、，利用交集的定义可求得集合. 【详解】因为，， 因此，. 故选：A. 2. 复数满足，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】先应用模长公式，再结合复数的除法运算，最后应用共轭复数概念得出虚部即可. 【详解】因为，即， 所以， 所以复数，故虚部为. 故选：C. 3. 已知，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 充分必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量共线的向量坐标运算列式求得或，再根据充分条件、必要条件的概念判断即可. 【详解】向量，，由，得， 解得或，由能推出或成立，反之不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接代入二倍角公式，然后因式分解，最后根据解方程组即可得出答案. 【详解】， 因为，所以，，，所以， 又，解方程组得：. 故选：D 5. 过点引直线与圆相交于两点，为坐标原点，当面积取最大值时，直线的斜率为（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】当直线的斜率不存在时,直线为,此时直线与圆不相交，不符合题意；当直线的斜率存在时,设方程为,由可知当时面积取最大值可得答案. 【详解】的圆心为,半径为, 当直线的斜率不存在时，直线过点可得直线为，此时直线与圆不相交，不符合题意； 当直线的斜率存在时,设方程为, , 所以当即时面积取最大, 即为等腰直角三角形,可得到的距离为1, 即圆心到直线的距离为, 解得. 故选：C. 6. 已知正四棱锥的底面边长为，若半径为1的球与该正四棱锥的各面均相切，则正四棱锥的体积为（ ） A. B. 12 C. D. 36 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，先判断正四棱锥的内切球的球心在其高线上，过点作于点，连接，过点作于点，证明平面，得，通过计算依次求得，直至求得高线长，即可求其体积. 【详解】 因为球与该正四棱锥的各面均相切，所以该球的球心在的高线上， 过点作于点，连接，过点作于点. 因平面，平面，则， 又平面，则平面， 因平面，故，又平面，故平面. 依题意，，因为底面边长为，所以， 在中，，则， 因，则，则， 故，则. 故选：B. 7. 李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他记录了100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30min，样本标准差为6；骑自行车平均用时，样本方差为4.假设坐公交车用时和骑自行车用时都服从正态分布，则下列说法正确的是（参考数值：随机变量服从正态分布，则，，）（ ） A. B. C. 若某天只有可用，则李明上学应该选择坐公交车 D. 若某天只有可用，则李明上学应该选择坐公交车 【答案】D 【解析】 【分析】根据正态分布的定义及性质判断A，B，结合正态分布的对称性及概率计算判断C，D. 【详解】由题意可设，， 由题意可得，，，，所以A，B错误； 因为 ， ， 所以，故C错误； 因为， ，所以，故D正确. 故选：D. 8. 若过点可以作的三条切线，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设切点求出切线方程并代入，得到关于的等式，通过分离参数将切线条数转化为两函数图象交点个数问题，再构造函数利用导函数研究函数单调性，结合图象求参数范围可得. 【详解】依题意，设切点坐标为，由，求导得， 则函数的图象在点处的切线方程为. 由切线过点，得. 令，依题意，直线与函数的图象有3个公共点. ， 当或时，，函数在上单调递减； 当时，，则函数在上单调递增； 当时，函数取得极小值， 当时，函数取得极大值， 且当时，恒有.又，， 如图，作出函数的大致图象， 由形可知，当时，直线与函数的图象有3个公共点， 所以实数的取值范围是. 故选：B. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求.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. 记数列的前项和为，且，则（ ） A. B. 数列是公差为1的等差数列 C. 数列的前项和为 D. 数列的前2025项的和为-2024 【答案】AC 【解析】 【分析】根据求出，再结合等差数列性质公式，利用裂项相消法和分组求和计算判定即可. 【详解】数列的前项和，当时，， 而满足上式，因此. 对于A，，A正确； 对于B，，则数列是公差为的等差数列，B错误； 对于C，，数列的前项和为，C正确； 对于D，， 则数列的前2025项的和为，D错误. 故选：AC. 10. 若，则关于的命题，以下正确的有（ ） A. 周期为 B. 对称轴方程为 C. 值域为 D. 在区间上单调递减 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据函数的定义，解一个不等式即可得函数解析式，作出函数图象，结合正弦函数、余弦函数的性质利用数形结合思想判断各选项． 【详解】， 同理， 由得，，， ∴，， 作出函数的图象，如下图， ∴的周期是．A错； 直线是函数图象的对称轴，B正确； 函数最大值是1，时取得，最小值是，或，时取得，∴值域为，C正确； 由图象知函数在区间上单调递减，D正确． 故选：BCD． 【点睛】本题考查求三角函数的性质，确定新定义函数是解题关键，解题方法是作出函数图象，通过数形结合思想得出结论． 11. 如图，由函数与的部分图象可得一条封闭曲线，则（ ） A. 关于直线对称 B. 的弦长的最大值为 C. 直线被截得的弦长的最大值为 D. 的面积大于 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A：由得可判断； 选项B：由结合导数求交点横坐标，进而利用弦长公式得，由可判断； 选项C：由与对称轴垂直，故只需求曲线上的点到直线的距离的最大值，利用切线求最值即可； 选项D：由，求得可得. 【详解】选项A：由，得，则， 即关于直线对称，故A正确； 选项B：由得，令，则， 则在上单调递减，在上单调递增， 注意到，，， 则在上有一个零点，另一个零点为1， 所以，， 所以，故B错误； 选项C：直线与曲线的对称轴垂直. 如图，只需考察曲线上的点到直线的距离的最大值， 找出过点与曲线相切且与平行的点即可. 令，由，得， 此时，点到直线的距离， 所以直线被截得的弦长的最大值为，故C正确. 选项D：，故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题C选项关键先考虑到直线与曲线的对称轴垂直，进而转化为找出过点与曲线相切且与平行的点. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知椭圆的左右焦点分别为，为椭圆上的点，若，，则椭圆的离心率等于______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据椭圆定义求出，由余弦定理求出方程，求出离心率. 【详解】由椭圆定义可得，又， 故， 由余弦定理得， 故，故， 解得，故离心率为 故答案为： 13. 若函数满足，则在上的最大值为______. 【答案】9 【解析】 【分析】根据函数性质得出，计算求出解析式，最后结合二次函数的单调性求出最值即可. 【详解】，. ，，， . 当时，令， ，该二次函数在区间上单调递减， 当时，取得最大值，即. 故答案为：9. 14. 已知数列满足，，记事件“”的概率为，其中，则______；当时，______． 【答案】 ①. ##0.375 ②. 【解析】 【分析】根据概率的定义，利用列举法数列的前4项，求得，设，，由题得，若，则中必有个1，个，结合排列组合求概率. 【详解】由题意，得，所以，则事件“”的概率为，即． 对数列的前4项列举如下： 0 1 2 3 0 1 2 1 0 1 0 1 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 则事件“”的概率为，即． 设，则， 所以． 要使，则中必有个1，个， 所以事件“”的概率为． 【点睛】关键点点睛：第二空解决的关键是去掉绝对值，抽象出数列累加的模型找到等量关系是求解的关键． 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. 若中的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足. （1）求角； （2）若，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合同角公式求解即得. （2）由已知及（1），利用正弦定理及三角形面积公式计算得解. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理，得， 而，，则，整理得， 而，则，解得， 所以. 【小问2详解】 由，得，由正弦定理，得， 则，而，因此，，， 所以的面积. 16. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）当时，证明：当时，恒成立． 【答案】（1） 当时，的单调递减区间为； 时，的单调递增区间为，单调递减区间为. （2） ，且时，， 令，下证即可. ，再令，则， 显然在上递增，则， 即在上递增， 故，即在上单调递增， 故，问题得证 【解析】 【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性； （2）先根据题设条件将问题可转化成证明当时，即可. 【小问1详解】 定义域为， 当时，，故在上单调递减； 当时，时，，单调递增， 当时，，单调递减. 综上所述，当时，的单调递减区间为； 时，的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 略 17. 如图，在四棱台中，，，，，. （1）证明：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）法一：证明，从而得到平面，结合面面垂直的判定即可证明；法二：建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法证明即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量求法可求线面角的正弦值. 【小问1详解】 ，，， 在中，， 由余弦定理得， 故，则， 因为棱台，故交于一点，即共面， 又，即，，平面， 所以平面， 因为面，所以， 又，即，， 平面，所以平面，又因为平面， 所以平面平面； 解法二：由棱台的定义，把四棱台的侧棱延长交于点， 得到四棱锥，， 同解法一，可得， 以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系如图， 则，设， 由，则有 所以，即，所以平面，因为平面， 故平面平面，即平面平面； 【小问2详解】 以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系如图， ，由， 得，由，得， 所以， 设平面的法向量为， 则， 取， 设直线与平面所成的角为， 则. 18. 为了备战2021年7月在东京举办的奥运会，跳水运动员甲参加国家队训练测试，已知该运动员连续跳水m次，每次测试都是独立的．若运动员甲每次选择难度系数较小的动作A与难度系数较大的动作B的概率均为．每次跳水测试时，若选择动作A，取得成功的概率为，取得成功记1分，否则记0分．若选择动作B，取得成功的概率为，取得成功记2分，否则记0分．总得分记为X分． （1）若m＝2，求分数X的概率分布列与数学期望．（若结果不为整数，用分数表示） （2）若测试达到n分则中止，记运动员在每一次跳水均取得成功且累计得分为n分的概率为G（n），如． ①求G（2）； ②问是否存在，使得为等比数列，其中？若有，求出；若没有，请说明理由． 【答案】（1）分布列见解析，期望值；（2）①，②有， 【解析】 【分析】（1）的可能取值为0，1，2，3，4，依次计算概率，再求分布列和期望即可；（2）①分两种情况：第一次就得两分和两次得1分②建立递推，用待定系数法即可. 【详解】进行一次试验 获得0分的概率为 获得1分的概率为 获得2分的概率为 进行两次试验 的可能取值为0，1，2，3，4 ，，， ， 所以分数X的概率分布列为 0 1 2 3 4 数学期望 （2）① ②据题意有，，其中 设 比较系数得，解得 所以是公比为的等比数列，其中，. 19. 在平面直角坐标系中，已知任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫作把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点. （1）在平面直角坐标系中，写出将点分别绕原点按逆时针方向旋转，得到的点，的坐标； （2）在平面直角坐标系中，求曲线绕原点沿逆时针方向旋转后得到的曲线的方程； （3）已知由（2）得到的曲线与轴正半轴的交点为，直线与曲线的两支交于，两点（在第一象限），与轴交于点，设直线，的倾斜角分别为，，证明：为定值. 【答案】（1），. （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据三角函数的，即可根据和差角公式以及诱导公式求解， （2）根据三角函数的定义可得变换后的点的坐标为，，即可根据求解， （3）联立直线与曲线方程得韦达定理，进而分三种情况以及直线无斜率时，计算，的斜率分别为，，代入韦达定理，结合到角公式求解. 【小问1详解】 ， 所以 故， 故. 【小问2详解】 设将点绕原点按逆时针方向旋转后得到的点为. 设，， 则，，， 所以， . 设曲线上任意一点绕原点沿逆时针方向旋转后所得点的坐标为， 则 得，则，所求曲线方程为. 【小问3详解】 ①若直线的斜率存在，可设直线的方程为，，. 由得， 所以，，且由，得，解得. 当时，取，，， 所以直线的方程为. 联立直线与双曲线的方程，可得，解得或， 所以，，所以， 所以，可得. 当时，设直线，的斜率分别为，. ，， 所以 ， ， 所以. 因为点在第一象限，所以， 所以，所以. ②若直线的斜率不存在，则，， 可得，， 所以，同理可得. 综上，为定值. 【点睛】关键点点睛：根据韦达定理化简得，即可根据到角公式得求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $