精品解析：山西省部分学校2025届高三下学期2月开学联考考试数学试题

2025届高三年级开学联考 数学试题 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 已知全集，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出全集，利用补集定义可求得结果. 【详解】当时，； 当时，； 当时，； 当时，. 所以，， 又因为，因此，. 故选：C. 2. 一次演讲比赛，位评委给某位选手打出了个原始分，去掉一个最高分和一个最低分后得到个有效分，则这个有效分与个原始分相比，下列一定成立的是（ ） A. 平均分变小 B. 极差变小 C. 中位数不变 D. 方差变小 【答案】C 【解析】 【分析】设个原始分分数为，个有效分为，再利用平均数、极差、中位数及方差的定义，对各个选项分析判断，即可求解. 【详解】设个原始分分数为，去掉一个最高分和一个最低分后得到个有效分为， 对于选项A，原始分的平均数为，有效分的平均数为， 则， 又具体值不知，所以选项A不一定成立，故选项A错误， 对于选项B，原始分的极差为，有效分的极差为， 则， 所以极差不变或变小，故选项B错误， 对于选项C，原始分的中位数为，有效分的中位数为，所以中位数不变，故选项C正确， 对于选项D，若，则原始分与有效分的方差相等，均为，所以选项D错误， 故选：C. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据复数的运算法则，化简求得复数，再根据复数模长的计算，即可求解. 【详解】，故． 故选：A． 4. 已知向量和满足，，，则（ ） A. B. 2 C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，结合数量积的运算求解即可； 【详解】由，，，得，， ．则． 故选：A． 5. 某高中对高三年级的1000名学生进行了一次数学成绩测试，得到各同学的数学成绩（满分150分）近似服从正态分布，则得分在区间内的学生大约有（参考数据：若，则，）（ ） A. 324人 B. 90人 C. 130人 D. 45人 【答案】C 【解析】 【分析】由正态分布的对称性即可求解； 【详解】由题意，，，则， 得分在区间内的学生大约有． 故选：C． 6. 椭圆左、右焦点分别为，点为椭圆上一动点，延长到点，使得为线段的中点，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意先得动点的轨迹为以，为焦点的椭圆，进而根据椭圆的性质可得. 【详解】 由题意得，记点，则，即为线段的中点， 为线段的中点，则在中，，， 则，所以动点的轨迹为以，为焦点的椭圆， 其焦距为，长轴长为，短半轴长为， 可得的最小值为2． 故选：B. 7. 已知函数，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】由函数解析式得到，再通过换元结合基本不等式求解即可； 【详解】，， 所以， 设，由，可得：， 则，所以，，则 ，当且仅当，即，即时等号成立． 故选：D． 8. 若函数有个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先判断的继续，依题意可得在上有两个零点，即与在上有两个交点，利用导数的几何意义求出函数在处的切线的斜率，即可求出参数的取值范围. 【详解】函数的定义域为，且， 所以为偶函数， 因为有个零点， 所以在上有两个零点， 即与在上有两个交点， 函数与均过点，显然为两函数的一个交点， 由，则，则， 所以函数在处的切线的斜率为， 所以或， 即实数的取值范围为． 故选：B． 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是将问题转化为与在上有两个交点. 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. 已知函数，函数，则（ ） A. 与的对称中心相同 B. 与有相同的周期 C. 与在上有1个交点 D. 函数在（）的值域为 【答案】CD 【解析】 【分析】根据正切函数以及正弦函数的对称中心以及周期判断AB；数形结合判断C；化简，求解其值域判断D. 详解】对于A，令，得，令，得， 的对称中心为，的对称中心为， 故与的对称中心不相同，A错误； 的最小正周期为，不是的周期， 故与的周期不相同，B错误； 画出与的图象可得两函数在有1个交点，C正确； ， 且，令， 即，在内单调递减，故，D正确． 故选：CD． 10. 已知可导函数的导函数为，则（ ） A. 有2个极值点 B. 有3个零点 C. 只可能在或者时取得最小值 D. 对，恒成立 【答案】ACD 【解析】 【分析】由导函数的解析式可得其奇偶性，构造函数求导可得新函数的单调性，从而可得导函数的零点，进而可得原函数的单调性，由此可得答案. 【详解】由，易知为奇函数，令， 当时，，，故在上单调递增， ，显然函数在上存在唯一零点，易知函数在上存在唯一零点， 由在区间上，，在上，， 故在上单调递减，在上单调递增， 同理可得在上单调递减，在上单调递增， 由，则易知定义域为， 所以可导函数的定义域为， 所以函数存在个极值点：， 由函数为奇函数，则存在个零点：， 故A正确，B错误，C正确，D正确． 故选：ACD． 11. 已知圆，抛物线的焦点为，直线与从上到下依次交于两点，与从上到下依次交于两点，则（ ） A. 若，则的斜率为 B. 的最小值为4 C. 为定值 D. 可以构成等差数列 【答案】CD 【解析】 【分析】求出抛物线的焦点坐标，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，结合抛物线的定义、基本不等式及等差中项的意义逐一判断. 【详解】抛物线的焦点，直线过点，设， 由，得，，， 对于A，，，解得，，则，直线的斜率为，A错误； 对于B，，， ，当且仅当时取等号，而直线不垂直于轴，即，B错误； 对于C，，C正确； 对于D，，则， 又，于是等式可以成立，即可以构成等差数列，D正确． 故选：CD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 数列的前项和满足，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据的关系，作差，即可根据等比数列的性质求解. 【详解】，则，， 即，故为等比数列，且公比为2， 时，，故． 故答案为：． 13. 正方体的棱长为2，则以的中点为球心，为半径的球与侧面相交，则交线（在正方形内部）的长度为______． 【答案】## 【解析】 【分析】结合正方体性质确定交线的形状，求出圆心角弧度，利用弧长公式即可求得答案. 【详解】如图：作，垂足为E，则平面， 设为球心，为半径的球与相交于， 则， 即以的中点为球心，为半径的球与侧面相交， 交线为以E为圆心，2为半径的圆弧（如图示）， 在中，，同理，则， 所以交线的长度． 故答案为：． 14. 甲、乙进行发球比赛，他们实力相当，每次发球命中3分或者命中2分或者未命中，三种情况的概率均为．规则如下：甲、乙轮流发球，一方发完球后交给另一方发球，此时叫做一轮发球，现在甲先发球，乙后发球，经过2轮发球后，甲得分比乙得分高的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】分乙得五种情况讨论，再结合独立事件的概率公式即可得解. 【详解】两轮发球后，甲、乙可能的得分有0，2，3，4，5，6， 甲得分比乙得分高的情况有如下可能， 乙得分 甲得分 概率 0 2，3，4，5，6 2 3，4，5，6 3 4，5，6 4 5，6 5 6 总和 所以甲得分比乙得分高的概率为. 故答案为：． 【点睛】思路点睛：本题可从乙得分的情况来讨论，注意做到不重不漏. 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. 在锐角中，角所对的边分别为，，． （1）求； （2）记为的中点，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）应用正余弦定理以及两角和正弦公式计算得出，进而可求角； （2）结合正弦定理及余弦定理，再应用锐角三角形求出，最后结合正切值域及二次函数值域得出的范围. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 由， 则，， 则， 整理得， 且，，故， 又，故． 【小问2详解】 在中，由余弦定理可得， 又， 因为锐角三角形，所以， 解得．所以， 所以． 故的取值范围为． 16. 如图，三棱柱中，平面平面，，． （1）证明：； （2）若，，直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）应用面面垂直的性质定理得出线面垂直，再根据线面垂直得出线线垂直； （2）先计算线面角正弦值得出边长，再建立空间直角坐标系分别求出法向量，最后计算面面角的余弦值即可. 【小问1详解】 作于点， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以，． 连接，，取中点， 因为， 所以，，，平面， 所以平面，平面，所以． 又，，所以为的中点，所以平面为矩形，所以， 又，，平面． 所以平面，在平面内，所以． 【小问2详解】 由（1）可得与平面所成的角为， 故，则，则． 以所在直线为轴．所在直线为轴，过作垂直于于点，以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，，， ，，，， 设平面的一个法向量为， 则， 则， 设平面的一个法向量为， ，则， 设平面与平面的夹角为， 则． 故平面与平面夹角的余弦值为． 17. 已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）记函数，已知只有1个零点，求正整数的最小值． 【答案】（1）在区间上单调递减，上单调递增 （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系即可求解； （2）求导，通过讨论函数函数单调性，结合函数零点个数将问题转换成成立即可. 【小问1详解】 当时， ，， 则， 当时，；当时，． 故在区间上单调递减，上单调递增． 【小问2详解】 ， ， 因为，令，则或． 当时， 由，可得或， 由，可得： 所以在上单调递增，上单调递减，上单调递增， 当时，，，， 又，因只有1个零点，需使． 令，求导得：， 又，，易得 可知在上单调递减； 又时，，， 即存在，使得， 因，，又因，故． 18. 已知双曲线离心率为，分别为的左、右焦点，分别为的左、右顶点，为右支上异于顶点的两点，点关于坐标原点的对称点为，当时，，直线与轴分别交于，直线与轴分别交于． （1）求的标准方程； （2）求证：； （3）若为定值，探究直线是否过定点，若是，求出该定点坐标；若不是，说明理由． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）过定点或． 【解析】 【分析】（1）在，由余弦定理得到，再结合面积公式及离心率即可求解； （2）设，，得到方程，求得坐标，同样再求得坐标，求得，，即可； （3）设，联立双曲线方程，由韦达定理结合，可求，即可； 【小问1详解】 因为，且与关于原点对称，所以与互相平分，所以为矩形，在中，，，即， 所以， ， 又，则．所以， 故的标准方程为． 【小问2详解】 设，，则，， ， 同理，，． 所以，， ．故得证． 【小问3详解】 由（2）可得， 设与联立得到， 则 代入得到： ，解得或， 所以直线过定点或． 【点睛】思路点睛： 处理定点问题的思路： （1）确定题目中的核心变量（此处设为）， （2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式， （3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到， ①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点； ②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数. 19. 正四面体某个顶点处有一粒子，粒子的运动规律如下：粒子每经过一个时间单位，有的概率仍停留在原顶点，也有可能沿着棱从原顶点移动到另外的顶点，而且移动到另外三个顶点的任何一个都是等可能的．已知在时刻时，粒子在顶点处，若在时刻时，粒子在顶点处记为事件，记此时事件发生的概率为． （1）求； （2）求，并判断数列的单调性； （3）记，求证：． 【答案】（1） （2），数列单调递减 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据粒子的运动规则，分析在时粒子回到点的所有可能路径。若要在时刻时粒子仍在顶点处，有两种互斥的情况．第一种情况：时粒子在点，且在时粒子仍然停留在点.第二种情况：在时粒子从点移动到另外三个顶点中的一个，然后在时粒子又回到点.利用独立事件概率的乘法公式分别计算这两种情况的概率，再根据互斥事件概率的加法公式将它们相加，从而得到答案. （2）根据粒子的运动规则建立与的递推关系.通过构造数列，得到一个新的等比数列.利用等比数列的通项公式求出的表达式进一步得到的通项公式.利用与的差的正负，从而判断数列的单调性. （3）根据（2）求处的表达式，对进行展开，将其拆分为几个等比数列求和的形式.再通过化简和放缩，从而可证明. 【小问1详解】 由题意知，在时刻时，粒子在顶点处。经过一个时间单位，粒子有的概率仍留在点，有的概率移动到其他顶点. 若要在时刻时粒子仍在顶点处，有两种情况． 第一种情况：时粒子在点，则概率为，且在时粒子仍然停留在点，则概率也为，这种情况的概率为. 第二种情况：在时粒子从点移动到另外三个顶点中的一个，则概率为，然后在时粒子又回到点，概率为，这种情况的概率为. 因此． 【小问2详解】 已知表示粒子在时刻时在点的概率， 则，，化简可得 ，变形为. 因为，，. 所以数列是以为首项，为公比的等比数列. 由等比数列通项公式可得，即. 因为， 所以数列单调递减. 【小问3详解】 已知，由（2）可知 ，， 所以 ， ， 化简得 . 又因为，，所以，. 所以. 因为，且， 则 综上所述，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高三年级开学联考 数学试题 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知全集，，则（ ） A. B. C. D. 2. 一次演讲比赛，位评委给某位选手打出了个原始分，去掉一个最高分和一个最低分后得到个有效分，则这个有效分与个原始分相比，下列一定成立是（ ） A. 平均分变小 B. 极差变小 C. 中位数不变 D. 方差变小 3. 若，则（ ） A B. C. D. 4. 已知向量和满足，，，则（ ） A. B. 2 C. 1 D. 5. 某高中对高三年级的1000名学生进行了一次数学成绩测试，得到各同学的数学成绩（满分150分）近似服从正态分布，则得分在区间内的学生大约有（参考数据：若，则，）（ ） A. 324人 B. 90人 C. 130人 D. 45人 6. 椭圆的左、右焦点分别为，点为椭圆上一动点，延长到点，使得为线段的中点，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4 7. 已知函数，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4 8. 若函数有个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数，函数，则（ ） A. 与的对称中心相同 B. 与有相同的周期 C. 与在上有1个交点 D. 函数在（）的值域为 10. 已知可导函数的导函数为，则（ ） A. 有2个极值点 B. 有3个零点 C. 只可能或者时取得最小值 D. 对，恒成立 11. 已知圆，抛物线的焦点为，直线与从上到下依次交于两点，与从上到下依次交于两点，则（ ） A. 若，则的斜率为 B. 的最小值为4 C. 定值 D. 可以构成等差数列 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 数列前项和满足，则______． 13. 正方体的棱长为2，则以的中点为球心，为半径的球与侧面相交，则交线（在正方形内部）的长度为______． 14. 甲、乙进行发球比赛，他们实力相当，每次发球命中3分或者命中2分或者未命中，三种情况的概率均为．规则如下：甲、乙轮流发球，一方发完球后交给另一方发球，此时叫做一轮发球，现在甲先发球，乙后发球，经过2轮发球后，甲得分比乙得分高的概率为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在锐角中，角所对的边分别为，，． （1）求； （2）记为的中点，求的取值范围． 16. 如图，三棱柱中，平面平面，，． （1）证明：； （2）若，，直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）记函数，已知只有1个零点，求正整数的最小值． 18. 已知双曲线的离心率为，分别为的左、右焦点，分别为的左、右顶点，为右支上异于顶点的两点，点关于坐标原点的对称点为，当时，，直线与轴分别交于，直线与轴分别交于． （1）求的标准方程； （2）求证：； （3）若为定值，探究直线是否过定点，若是，求出该定点坐标；若不是，说明理由． 19. 正四面体某个顶点处有一粒子，粒子的运动规律如下：粒子每经过一个时间单位，有的概率仍停留在原顶点，也有可能沿着棱从原顶点移动到另外的顶点，而且移动到另外三个顶点的任何一个都是等可能的．已知在时刻时，粒子在顶点处，若在时刻时，粒子在顶点处记为事件，记此时事件发生的概率为． （1）求； （2）求，并判断数列的单调性； （3）记，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$