精品解析：山东省济南市山东师范大学第二附属中学等学校2025届高三下学期开学摸底联考数学试题

2025届高三开年摸底联考 数学试题 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上． 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． 考试时间为120分钟，满分150分 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. 已知集合，，且，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. 1 D. 3. 已知两个非零向量和，若，，则（ ） A. B. 0 C. D. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. 1 D. 5. 已知具有线性相关性的变量x，y，设其样本点为，经验回归方程为，若，，则（ ） A. B. 8 C. D. 5 6. 已知实数满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 三棱锥的四个顶点都在半径为5的球面上，并且，，则三棱锥的体积的最大值为（ ） A. 56 B. 48 C. 32 D. 58 8. 函数在区间上有且仅有三个零点，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. 已知曲线，，则下列结论正确的有（ ） A. 若，为曲线上两点，则的最大值为 B. 曲线围成的图形的面积是 C. 若为曲线上一点，则的最小值为 D. 曲线围成区域内含曲线）格点横坐标与纵坐标都为整数的点的个数为 10. 已知数列前n项和为，且满足，，，则下列说法正确的有（ ） A. 数列为等差数列 B. 数列为等比数列 C. D. 11. 已知函数及其导函数的定义域均为R，对任意的x，，恒有，则下列说法正确的有（ ） A. B. 必为奇函数 C. D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图，在中，，，，，，若D，E，F三点共线，则最小值为______． 13. 已知函数恰有一个零点，则__________. 14. 已知过点且斜率为3的直线与双曲线交于A，B两点在第一象限，若，则双曲线C的离心率为__________. 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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 （1）求证： （2）若D为BC的中点，，，求的面积. 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，． （1）若平面平面，求与平面所成角的正弦值； （2）若平面与平面的夹角为，求的长． 17. 已知椭圆过点，． （1）求椭圆E方程； （2）过点的直线l与椭圆E交于B，C两点，的外心为Q，证明：直线l与直线的斜率之积为定值，并求出该定值． 18. 将坐标平面上横坐标和纵坐标都为整数的点记为格点，格点P按照以下规则移动： 最初点P在原点O处; 点P每秒钟移动一次，若某个时刻点P在格点处，则1秒后点P随机移动到相邻的格点，，，处，点P移动到每个格点的概率相等. （1）求点P在移动6秒后回到原点的概率; （2）求点P在移动6秒后在直线上的概率. 19. 帕德逼近是法国数学家享利帕德发现的一种用有理函数逼近任意函数的方法.帕德逼近有“阶”的概念，如果分子是m次多项式，分母是n次多项式，那么得到的就是阶的帕德逼近，记作一般地，函数在处的阶帕德逼近定义为：，且满足，，，， 注：，，， 已知函数在处的阶帕德逼近为 （1）求解析式; （2）比较与的大小; （3）证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届高三开年摸底联考 数学试题 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上． 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． 考试时间为120分钟，满分150分 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 已知集合，，且，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据集合相等结合集合的互异性可得的值，即可得结果. 【详解】，， 若，则，或， 解得，或，或， 经验证，当时，不满足集合中元素的互异性，舍去， 所以当时，； 当时，， 故选：C. 2. 若，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用复数除法化简复数，再求其模长. 【详解】因为，所以. 故选：B 3. 已知两个非零向量和，若，，则（ ） A. B. 0 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由向量垂直数量积为零结合向量夹角的运算求解即可. 【详解】由已知得，即， 所以，得 故选：D. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由同角的三角函数结合两角和的余弦展开式解方程得到，，再由两角差的余弦展开式计算即可. 【详解】因为，所以， 又，所以，， 所以 故选： 5. 已知具有线性相关性的变量x，y，设其样本点为，经验回归方程为，若，，则（ ） A. B. 8 C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】先求出样本中心点，再代入回归方程即可. 【详解】因为，所以，因为，所以 ， 因为回归直线经过样本中心点，所以， 解得， 故选：C. 6. 已知实数满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，将其看作直线，由题知直线和圆有公共点，则利用圆心到直线的距离小于或等于圆的半径，即可求出结果. 【详解】设，将其看作直线， 由直线与圆有公共点， 得圆心到直线的距离小于或等于圆的半径， 即，解得， 所以的最大值为， 即的最大值为 故选：D 7. 三棱锥的四个顶点都在半径为5的球面上，并且，，则三棱锥的体积的最大值为（ ） A. 56 B. 48 C. 32 D. 58 【答案】A 【解析】 【分析】设球心为O，连接OA，OB，OC，，结合及棱锥的体积公式求最大值，注意取值条件. 【详解】设球心为O，连接OA，OB，OC，， 设点C、D到平面OAB的距离分别为、，点A、B到平面OCD的距离分别为、， 则，，， 则 ， 当且仅当平面OAB，平面OCD时取等号. 故选：A 【点睛】关键点点睛：利用，结合点C、D到平面OAB的距离和，点A、B到平面OCD的距离和为关键. 8. 函数在区间上有且仅有三个零点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令求出函数的零点，再分、两种情况讨论，结合零点个数得到不等式组，解得即可. 【详解】对于函数，令，则， 所以，解得，， 所以函数的零点为，. 当时，因为在区间上有且仅有三个零点， 所以当，，时满足条件，当时不满足条件， 所以，解得； 当时，因为在区间上有且仅有三个零点， 所以当，，时满足条件，当时不满足条件， 所以，解得， 所以的取值范围为. 故选：C 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. 已知曲线，，则下列结论正确的有（ ） A. 若，为曲线上两点，则的最大值为 B. 曲线围成的图形的面积是 C. 若为曲线上一点，则的最小值为 D. 曲线围成区域内含曲线）格点横坐标与纵坐标都为整数的点的个数为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据曲线的方程，分象限讨论其图象，然后作出草图，并得每部分所在的圆，，，等大，且都过坐标原点，即可判断选项A，结合图形直接求面积判断选项B，设点在曲线上，记圆过原点的直径为，直线与直线的夹角为，根据的范围即可判断选项C，根据图形即可判断选项D. 【详解】当，时，由曲线的方程，得， 曲线在第一象限内的部分是圆心为，半径为的圆弧. 同理，曲线在第二、三、四象限内的部分都是圆弧， 当时，；当时，. 曲线在坐标系中如图， 曲线关于坐标原点、轴、轴、直线、直线均对称. 记曲线在第一象限及轴正半轴、轴正半轴上的部分为曲线， 曲线所在的圆为圆， 曲线及圆关于轴对称的图形分别为曲线，其所在圆为圆， 关于坐标原点对称的图形分别为曲线，其所在圆为圆， 关于轴对称的图形分别为曲线，其所在圆为圆. 由题意可知，圆，，，等大，且都过坐标原点. 因为点在曲线上，所以， 当且仅当为曲线与直线或的交点时，等号成立， 所以的最大值是，故A正确； 曲线围成的图形的面积为，故B正确； 由曲线的对称性，不妨设点在曲线上. 因为， 所以当的值最小时，的值也最小. 因为点在圆上，记圆过原点的直径为，直线与直线的夹角为， 由题意可知，，则， 所以当时，取得最小值，所以的最小值为，故C正确； 由图可知，曲线围成的区域内格点的个数为，故D错误. 故选：ABC 10. 已知数列的前n项和为，且满足，，，则下列说法正确的有（ ） A. 数列为等差数列 B. 数列为等比数列 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据递推式可得、，再根据等差、等比数列的定义判断A、B；应用累加法求数列通项公式判断C；应用分组求和及等比数列前n项和公式求判断D. 【详解】因为，所以， 则是首项为，公比为2的等比数列，故A错误； 根据题意得，， 所以数列为首项为1，公比为1等比数列，则 ，故B正确； 所以，故C正确； ，故D正确. 故选：BCD 11. 已知函数及其导函数的定义域均为R，对任意的x，，恒有，则下列说法正确的有（ ） A. B. 必为奇函数 C. D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】赋值法求的值，判断A；赋值法结合导数以及函数奇偶性的定义，判断B；赋值法结合换元法判断C;利用赋值法求得的值有周期性，即可求得的值，判断D. 【详解】对于A，令，则由，可得， 故或，故A错误； 对于B，当时，令，则， 则，故，函数既是奇函数又是偶函数; 当时，令，则，所以， 所以，所以为奇函数. 综上可知必为奇函数，故B正确. 对于C，令，则， 由于，令，，即，故，故C正确. 对于D，，令，，则，则， 取，则， 所以，， 两式相加得，所以，， 所以6为函数的一个周期， 又由， 可得，，，，， 所以， 所以，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图，在中，，，，，，若D，E，F三点共线，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】结合图形由平面向量的基本定理可得，再利用基本不等式的乘“1”法可得答案. 【详解】由，得，即， ，E，F三点共线， ， ， 当且仅当，时取等号， 所以的最小值为 故答案为：. 13. 已知函数恰有一个零点，则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】先通过，确定极值点得到，再验证的充分性即可； 【详解】解：易得，且当时，，当时，，所以要使恰有一个零点， 则在左侧附近单调递减，右侧附近单调递增， 即在处取到最小值，且又， 所以，解得 当时，， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值，即恒成立， 所以当且仅当时，恰有一个零点. 故答案为： 14. 已知过点且斜率为3的直线与双曲线交于A，B两点在第一象限，若，则双曲线C的离心率为__________. 【答案】2 【解析】 【分析】设，，直线AB的方程为，与椭圆方程联立，，由已知得出，求得，进而计算可求得离心率. 【详解】设，，易知直线AB的方程为，即， 将其代入双曲线C的方程，整理得， 所以， 由，得，代入上式得，，， 联立可解得，所以 故答案为： 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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 （1）求证： （2）若D为BC的中点，，，求的面积. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意结合正弦定理可得，解方程即可得结果； （2）过点B，C分别作AD的垂线，垂足分别为E，设，求相应长度，利用勾股定理解得，即可得面积. 【小问1详解】 因为，即， 整理可得， 由正弦定理得，解得，或舍去， 所以 【小问2详解】 由（1）得 如图，过点B，C分别作AD的垂线，垂足分别为E， 由，，可得， 又因为D为BC的中点，可得≌，则，， 设，则在中，由勾股定理得， 即，解得，可得， 所以 16. 如图，在四棱锥中，底面矩形，，，． （1）若平面平面，求与平面所成角的正弦值； （2）若平面与平面的夹角为，求的长． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）作出与平面所成角，解三角形求得所成角的正弦值. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得的长． 【小问1详解】 如图，取AB的中点E，连接PE， 由，可得 又平面平面ABCD，平面平面，平面PAB， 所以平面 因为平面ABCD，所以， 所以为PC与平面ABCD所成角. 因为， 又，所以 故PC与平面ABCD所成角的正弦值为 【小问2详解】 取CD的中点F，连接EF，以E为坐标原点，，的方向分别为x，y轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 设，， 平面PBC的法向量为， 则， 由得 取，得 又平面ABCD的一个法向量为， 所以， 所以，所以 所以或， 所以或， 所以PC的长为或 17. 已知椭圆过点，． （1）求椭圆E的方程； （2）过点的直线l与椭圆E交于B，C两点，的外心为Q，证明：直线l与直线的斜率之积为定值，并求出该定值． 【答案】（1） （2）证明见详解，定值为 【解析】 【分析】（1）代入点解得，即可得椭圆方程； （2）设直线，以及外接圆方程，联立直线与椭圆、圆的方程，所得的方程的根相同，进而列式求解即可. 【小问1详解】 因为椭圆过点，， 则，解得， 所以椭圆E的方程为. 【小问2详解】 由题意可知：直线l的斜率存在，设直线， 联立方程，消去y可得①， 则，解得或， 设的外接圆方程为， 因为外接圆过点，则，即， 可得外接圆方程为， 则其圆心为，直线的斜率， 联立方程，消去y可得②， 因为是方程①②的两根， 则，两式相比可得， 整理可得，即， 所以直线l与直线的斜率之积为定值，定值为. 【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤 1.由特例得出一个值，此值一般就是定值； 2.证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值； 3.得出结论． 18. 将坐标平面上横坐标和纵坐标都为整数的点记为格点，格点P按照以下规则移动： 最初点P在原点O处; 点P每秒钟移动一次，若某个时刻点P在格点处，则1秒后点P随机移动到相邻的格点，，，处，点P移动到每个格点的概率相等. （1）求点P在移动6秒后回到原点的概率; （2）求点P在移动6秒后在直线上的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）点P移动，6秒则有种可能，再求出移动6秒后点P回到点的情况数，从而得到概率； （2）点P移动到直线上，即移动到点，，，，，，这7种情况，分别求出这7种情况数，相加得到答案 【小问1详解】 点P每秒有“上、下、左、右”4种移动可能，6秒则有种可能， 移动6秒后点P回到点，具体情况见下表： 上 下 左 右 数量 3 3 0 0 2 2 1 1 1 1 2 2 0 0 3 3 故点P在移动6秒后回到原点的概率； 【小问2详解】 点P移动到直线上，即移动到点，，，，，，这7种情况. ⅰ移动6秒后到原点，见第问，共种情况. ⅱ移动6秒后到点，具体情况见下表： 上 下 左 右 数量 3 2 0 1 1 0 2 3 2 1 1 2 共种情况. ⅲ移动6秒后到点，具体情况见下表： 上 下 左 右 数量 3 1 0 2 2 0 1 3 共种情况. 移动6秒后到点，则“上”“右”各移动三次，共种情况， 易知，移动6秒后到点，，的情况数 分别等于移动到点，，的情况数. 故所求概率 19. 帕德逼近是法国数学家享利帕德发现的一种用有理函数逼近任意函数的方法.帕德逼近有“阶”的概念，如果分子是m次多项式，分母是n次多项式，那么得到的就是阶的帕德逼近，记作一般地，函数在处的阶帕德逼近定义为：，且满足，，，， 注：，，， 已知函数在处的阶帕德逼近为 （1）求的解析式; （2）比较与的大小; （3）证明： 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意知，，，，然后已知可得，从而可求出； （2）根据题意设，求导确定函数的单调性，根据函数单调性比较函数值大小，可得结论； （3）由（2）可得，进而可得分别取，2，3，，8， ，累加可求得结论. 【小问1详解】 由题意知，，，， 由，，， 得，解得，所以 【小问2详解】 设，， 则，且等号不恒成立， 所以在上单调递增， 又，所以当时， 当时，当时， 即当时， 当时，当时， 【小问3详解】 由（2）知当时，，取，得， 即， 分别取，2，3，，8， 得，，，，， ，，， 叠加得， 即 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$