安徽省临泉第二中学2025-2026学年高三上学期开学摸底检测数学试题

高三开学摸底检测 数学 分值：150 分 时间：120 分钟 考查范围：全体高中部分 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.若复数z满足（i为虚数单位），则( ) A. B. C. D. 2.如果将一组数据5，4，6，5，4，13，5依次重复写10次，会得到70个数组成的一组新数据，关于这组新数据的中位数、众数、平均数，下列说法正确的是( ) A.中位数和众数都是5 B.众数是10 C.中位数是4 D.中位数、平均数都是5 3.若，恒成立，则实数a的取值范围是( ) A. B. C. D.或 4.已知等差数列的前8项和为48；，则的公差为（   ） A.1 B.2 C.4 D.8 5.函数的相邻两个零点之间的距离为( ) A. B.6 C. D.12 6.设椭圆的左、右焦点分别为，，点M，N在椭圆C上(点M位于第一象限)，且点M，N关于原点O对称，若，，则椭圆C的离心率为( ) A. B. C. D. 7.“欲穷千里目，更上一层楼”出自唐朝诗人王之涣的《登鹳雀楼》，鹳雀楼位于今山西永济市，该楼有三层，前对中条山，下临黄河，传说常有鹳雀在此停留，故有此名.与黄鹤楼、岳阳楼、滕王阁齐名，是中国古代四大名楼之一、下面是复建的鹳雀楼的示意图，某位游客（身高忽略不计）从地面D点看楼顶点A的仰角为，沿直线前进80米到达E点，此时看点C的仰角为，若，则楼高约为( )（，结果保留2位小数） A.80.56米 B.81.46米 C.84.32米 D.80.56米 8.函数是定义在上的可导函数，其导函数为，且满足，若不等式在上恒成立，则实数a的取值范围是( ) 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.已知幂函数的图象经过点，则下列命题正确的有( ) A.函数为偶函数 B.函数的定义域为 C.函数的值域为 D.在其定义域上单调递增 10.已知圆台的上底半径为1，下底半径为3，球O与圆台的两个底面和侧面都相切，则( ) A.圆台的高为4 B.圆台的母线长为4 C.圆台的表面积为 D.球O的表面积为 11.对于直线，下列选项正确的是( ) A.直线l恒过点 B.当时，直线l在y轴上的截距为3 C.若直线l不经过第二象限，则 D.坐标原点到直线l的距离的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.设点，，若直线AB关于对称的直线与圆有公共点，则a的取值范围是___________. 13.从5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为___________. 14.若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于___________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或者演算步骤. 15.（13分）已知函数（且）. （1）若在区间上的最大值与最小值之差为1，求a的值； （2）解关于x的不等式. 16.（15分）已知函数，. （1）求函数的最小正周期和单调递减区间； （2）求函数在区间上的最小值和最大值，并求出取得最值时x的值； （3）求不等式的解集. 17.（15分）已知O为坐标原点，，，. （1）若A，B，C三点共线，求实数m的值； （2）若点M满足，求的最小值. 18.已知数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，，且，，成等比数列. （1）求的通项公式； （2）若数列是公比为3的等比数列，且，求的前n项和. 19.已知曲线C上任意一点M满足，且，. （1）求C的方程. （2）设，，若过的直线与C交于P，Q两点，且直线AP与BQ交于点R.证明：点R在定直线上. 数学 第 3 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $$数学 第 1 页 共 9 页 答案及解析 1.答案：C 解析：由题得   2 i 2 i 1 i i 1 i z             2 i 1 i 3 i 3 1 i 1 i 1 i 2 2 2               ，所以 2 23 1 10 2 2 2 z                .故选：C 2.答案：A 解析：将这组数据按从小到大的顺序排列为 4，4，5，5，5，6，13，处于中间位置的那个数 是 5，每个数字重复写 10 次，5 依然处于中间位置，由中位数的定义可知，这组新数据的中位 数是 5，这组新数据中出现次数最多的数是 5，出现了 30 次，所以众数为 5，故 A 正确，B， C 错误. 平均数为 (5 4 6 5 4 13 5) 10 6 70         ，故 D 错误.故选 A. 3.答案：C 解析：当 0a  时，原不等式化为 3 0x  ，即 0x  ，不符合题意；当 0a  时，由二次函数的 性质可知，要使 x R， 2 3 0ax x a   恒成立，只需满足 2 2 0, ( 3) 4 0, a a       解得 3 2 a  ；当 0a  时，由二次函数的图象及性质可知，不符合题意.综上所述，a的取值范围是 3 2 a  .故选 C. 4.答案：B 解析：依题意  1 8 8 8 48 2 a a S    ，即 1 8 12a a  ，假设等差数列  na 的首项为 1a ，公差为 d，则 1 8 1 2 3 1 2 7 12 2 3 4 a a a d a a a d          ，解得 2d  ，故选 B. 5.答案：B 解析：由正切函数的图象可知，函数 ( ) 6 tan 6 3 f x x        的相邻两个零点之间的距离即为最 数学·提升卷答案 第 2 页 共 9 页 小正周期，又最小正周期为 6 6 T     ，所以函数 ( ) 6 tan 6 3 f x x        的相邻两个零点之间 的距离为 6.故选：B. 6.答案：B 解析：根据题意可作图如下： 因为 1 2| |MN FF ，线段 MN， 1 2F F 互相平分，所以四边形 1 2MFNF 是矩形，其中 1 2 2 FMF   . 设 2MF x ，则 1 2MF a x  ，在 1 2Rt MFF△ 中， 2 2 2 1 2 1 2MF MF FF  ，即 2 2 2(2 ) 4a x x c   ， 整理得 2 22 2 0x ax b   ，解得 2 22x a a b   .由于点 M在第一象限，所以 2 22x a a b   ， 由 2 23 MF NF ，得 2| | 2MN MF ，即 2 22 2( 2 )c a a b   ，又 2 2 2b a c  ，所以 2 22 2 0c ac a   ，所以 2 2 2 0c c a a         ，即 2 2 2 0e e   ，解得 1 3e    或 1 3e    (舍 去).故选 B. 7.答案：B 解析：由已知设 AC x ，则 3BC x ， 4AB x ，在 ABD△ 中，由正弦定理得 sin sin AB BD ADB BAD    ，即 sin 60 4 3 sin 30 BD AB x   ，又在 CBE△ 中，由正弦定理得 sin sin BC BE BEC BCE    ，即 sin 45 3 sin 45 BE BC x   ，则 4 3 3 (4 3 3) 80DE BD BE x x x       ， 则 804 4 81.46 4 3 3 x     ，故选：B. 8.答案：B 解析：设    2g x x f x ， 0x  ，          2 2 22 0g x x f x xf x x f x f x x           ，所以函数 数学·提升卷答案 第 3 页 共 9 页  g x 在  0, 上为增函数．由  f x 的定义域为  0, 可知 0ax  ，得 0a  ，将不等式    ln ln ln ax f ax f x x x ax    整理得    2 2 2ln lna x f ax f x x   ，即    lng ax g x ，可得 lnax x 在  1,x  上恒成立，即 ln xa x  在  1,x  上恒成立；令   ln xx x   ，其中 1x  ，所以  maxa x ，   2 1 ln xx x    ，令   0x  ，得 ex  ．当  1,ex 时，   0x  ，所以  x 在  1,e 上单调递增；当  e,x  时，   0x  ，所以  x 在  e, 上单调递减；所以    max 1e e x   ，即 1 e a  ，故选：B． 9.答案：BCD 解析：设  f x x ，由  f x 的图象经过点 1 1, 4 2       ，得 1 1 4 2        ，解得 1 2   ，所以   1 2f x x . 选项 A，   1 2f x x 的定义域为 0, ，不关于原点对称，所以  f x 不具有奇偶性，A 错误； 选项 B，根据偶次方要的被开方数非负得   1 2f x x 的定义域为 0, ，B 正确； 选项 C，由   1 2f x x 在 0, 上是增函数，所以函数  f x 的值域为 0, ，C 正确； 选项 D，由   1 2f x x 在 0, 上是增函数，D 正确.故选：BCD. 10.答案：BCD 解析：设梯形 ABCD为圆台的轴截面，则内切圆 O为圆台内切球的大圆，如图， 设圆台上、下底面圆心分别为 1O ， 2O ，半径分别为 1r， 2r 则 1O ，O， 2O 共线，且 1 2OO AB ， 1 2OO CD 连接 OD，OE，OA，则 OD，OA分别平分 ADC ， DAB ，故 1DE r ， 2AE r ， π 2 OAD ODA   ， π 2 DOA  ，OE AD 故 2OE DE AE  ，即 2 1 2 3R r r  ，解得 3R  ， 数学·提升卷答案 第 4 页 共 9 页 母线长为 1 2 4r r  ，故 B 正确； 圆台的高为 2 2 3R  ，故 A 错误； 圆台的表面积为 2 2π 1 π 3 π (1 3) 4 26π        ，故 C 正确； 球 O的表面积为 24π 12πS R  ，故 D 正确.故选：BCD 11.答案：AD 解析：已知直线 : ( 1) 2 3 0l m x y m     ，则 ( 2) 3 0x m x y     ，由 2 0 3 0 x x y       ，得 2 1 x y     ，所以直线 l恒过点 (2, 1) ，故 A 正确； 当 0m  时，直线 : 3 0l x y    ，令 0x  ， = 3y  ，故在 y轴上的截距为-3，B 错误， 当 1m  时，直线 l的方程为 1y   ，直线 l不经过第二象限，故 C 不正确； 因为直线 l过定点 (2, 1) ，所以坐标原点到直线 l的距离的最大值为 2 2(0 2) (0 1) 5    ， 故 D 正确.故选：AD 12.答案： 1 3, 3 2      解析：由题易知 3 2AB ak  ，所以直线 AB关于直线 y a 对称的直线方程为 3 2 ay a x   ， 即 (3 ) 2 2 0a x y a    ，由题意可得圆心 ( 3, 2)  到该直线的距离小于或等于半径， 所以 2 2 | 3( 3) 4 2 | 1 ( 2) (3 ) a a a         26 11 3 0a a   ，解得 1 3 3 2 a  . 13.答案：96 解析：根据题意，从 5 名学生中选出 4 名分别参加 4 种竞赛，分 2 种情况讨论：①选出的 4 人中没有甲，即选出其他 4 人即可，有 44A 24 （种）参赛方案；②选出的 4 人中有甲，由于 甲不能参加生物竞赛，则甲有 3 种选法，在剩余 4 人中任选 3 人，参加剩下的三科竞赛，有 3 4A 24 （种）参赛方案，则此时共有3 24 72  （种）参赛方案.综上，总共有24 72 96  （种） 不同的参赛方案. 14.答案：2 解析：解法一：设等比数列为 na ，其公比为 q，前 n项和为 nS ，因为等比数列 na 的各项均 数学·提升卷答案 第 5 页 共 9 页 为正数，所以 0q  ，又 4 4S  ， 8 68S  ，所以 1q  .由 4 4S  得  41 1 4 1 a q q    ①，由 8 68S  得  81 1 68 1 a q q    ②， ② ① 得 8 4 1 68 1 4 q q    ，即   4 4 4 4 1 1 1 17 1 q q q q       ，所以 4 16q  ，又 0q  ， 所以 2q  . 解法二：设等比数列为 na ，其公比为 q，前 n项和为 nS ，因为等比数列 na 的各项均为正数， 所以 0q  ，因为 4 4S  ， 8 68S  ，所以 8 4 64S S  ，因为 4S ， 8 4S S ， 12 8S S ，…成等比数 列，且公比为 4q ，所以 4 8 4 4 64 16 4 S Sq S     ，又 0q  ，所以 2q  . 15.答案：（1） 2a  或 1 2 a  （2） ( , 1)a  解析：（1）因为 ( ) logaf x x 在 , 2a a 上为单调函数，且 ( )f x 在 , 2a a 上的最大值与最小值之 差为 1，所以 log (2 ) log log 2 1a a aa a   ，解得 2a  或 1 2 a  . （2）当0 1a  时， ( ) logaf x x 是 (0, ) 上的减函数，所以 2 2 1 0, 0, 1 , ax a x ax a x           即 1 , , 1 1, x a a x a x a            故原不等式的解集为  ； 当 1a  时， ( ) logaf x x 是 (0, ) 上的增函数，所以 2 2 1 0, 0, 1 , ax a x ax a x           即 1 , , 1 1, x a a x a x x a             或 故原不等式的解集为 ( , 1)a  . 16.答案：（1） π ；单调递减区间是 π 5ππ , π 8 8 k k     ， kZ （2） max( ) 2f x  ， π 8 x  ； min( ) 1f x   ， π 2 x  数学·提升卷答案 第 6 页 共 9 页 （3） π π ππ, π π, π ,( Z) 4 4 2 k k k k k               解析：（1）  f x 的最小正周期 2π 2π π| | 2T    ， 当 π2 π 2 2 π π 4 k x k    ，即 π 5ππ π 8 8 k x k    ， kZ时， ( )f x 单调递减， ( )f x 的单调递减区间是 π 5ππ , π 8 8 k k     ， kZ . （2） π π, 8 2 x       ，则 π π 3π2 , 4 2 4 x       ，故 π 2cos 2 ,1 4 2 x            ， max( ) 2f x  ，此时 π2 0 4 x   ，即 π 8 x  ， min( ) 1f x   ，此时 π 3π2 4 4 x   ，即 π 2 x  . （3） π1 2cos 2 1 4 x        ，即 π2 4 2 2cos 2 2 x        ， 所以 3π π π2 π 2 2 π 4 4 4 k x k     或 π π 3π2 π 2 2 π 4 4 4 k x k     ， kZ， 即 ππ π 4 k x k   或 π ππ π 4 2 k x k    ， kZ， 所以不等式的解集为 π π ππ, π π, π ( ) 4 4 2 k k k k k             Z . 17.答案：(1) 9 4 (2) 24 5 解析：(1)因为  4,0A ，  1,B m ，  0,3C ，所以      1, 4,0 3,AB m m     ，      0,3 4,0 4,3AC      ， 又 A，B，C三点共线，所以 //AB AC   ，所以 3 3 4m    ，解得 9 4 m  (2)因为  4,0A ，  0,3C ，所以  4,0OA   ，  0,3OC   ， 所以          4,0 0,32 42 ,6 3OM xOA x xx OC x x          ， 所以    2 2 24 6 3 25 36 36OM x x x x       218 57625 25 25 x       ， 数学·提升卷答案 第 7 页 共 9 页 所以当 18 25 x  时 min 24 5 OM   . 18.答案：(1)  *2 1na n n  N (2) 1 23 3 2 n nT n     解析：(1)因为 na 为等差数列，设公差为 d， 由 7 49S  ，得  1 7 4 7 7 49 2 a a a     ， 4 7a  即 1 3 7a d  ， 由 2a ， 5a ， 14a 成等比数列得 2 25 14a a a      27 7 2 7 10d d d     ， 化简     27 7 2 7 10d d d    ，得 2 2 0d d  ，因为 0d  ，所以 2d  . 所以    *4 4 2 1na a n d n n     N .综上  *2 1na n n  N . (2)由 2 1na n  知 1 1a  ， 3 5a  ， 又 n na b 为公比是 3 的等比数列， 3 22b  ，所以  3 3 1 1 9 5 22 27a b a b       ， 即 1 1 11 3a b b    ， 所以 13 3 3n nn na b     ，  3 2 1nnb n   ，  *nN 所以 1 2 3 1 2 3 3 3 3n nT b b b b         3 1 3 5 2 1n n                1 23 1 3 1 2 1 3 3 1 3 2 2 n nn n n           .综上 1 23 3 2 n nT n     . 19.答案：（1） 2 2 1( 0) 3 yx x   （2）证明见解析 解析：（1）由于 1 2 1 22 4MF MF FF    ，符合双曲线中一支的定义， 于是2 2a  ，2 4c  ，即 1a  ， 2c  ，故 3b  . 又因为 1 2 2MF MF  ，且焦点在 x轴上， 所以曲线 C的方程为 2 2 1( 0) 3 yx x   . （2）证明：若过 2 (2,0)F 的直线与 C交于 P，Q两点， 则该直线的斜率不会是 0，否则和该曲线只有一个交点. 数学·提升卷答案 第 8 页 共 9 页 当该直线的方程为 2x  时，不妨设 (2,3)P ， (2, 3)Q  ， 则直线 AP的方程为 1y x  ，直线 BQ的方程为 3 3y x   ， 两方程联立得 1 , 2 3 , 2 x y       则 1 3, 2 2 R      . 设该直线的方程为 2( 0)x my m   ，和曲线 C的方程联立可得  2 23 1 12 9 0m y my    ， 则 2144 36m   .    2 23 1 36 1 0m m    ， 1 2 2123 1 my y m     ， 1 2 2 9 3 1 y y m   . 设  1 1,P x y ，  2 2,Q x y ，则直线 AP的方程为 1 1 ( 1) 1 yy x x    ，直线 BQ的方程为 2 2 ( 1) 1 yy x x    ， 联立直线 AP，BQ的方程消去 y可得 1 2 1 2 ( 1) ( 1) 1 1 y yx x x x      ， 整理可得 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 y y y x y xx y x y x y y        ，则   1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 3 31 2 2 y y y x y xx y x y x y y         . 因为点 P，Q在直线 2x my  上， 所以    1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 13 3 3 3 2 2y y y x y x y y y my y my         1 2 1 2 2 2 2 9 12 36 364 3 4 3 0 3 1 3 1 3 1 m m mmy y y y m m m m                   ， 故 1 0 2 x   ，即 1 2 x  ，故交点 R在定直线 1 2 x  上.