精品解析：浙江省杭州学军中学2025-2026学年高三上学期开学考试数学试卷

2025年8月杭州学军中学高三开学考数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求． 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2 已知向量，，.若、、三点共线，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知复数满足，则在复平面内对应点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 设是等差数列，其前项和为.则“”是“为递增数列”的 A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知方程x2+3ax+3a+1=0（a＞1）两根分别为tanα，tanβ，且，则α+β=（ ）. A. 或 B. 或 C. D. 6. 公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的值的范围是：3.1415926＜＜3.1415927，为纪念祖冲之在圆周率的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就.某小学教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们把小数点后的7位数字1，4，1，5，9，2，6进行随机排列，整数部分3不变，那么可以得到大于3.14的不同数字有（ ） A 2280 B. 2120 C. 1440 D. 720 7. 已知椭圆与双曲线有相同的焦点、，且它们在第二象限的公共点为点，点与右焦点的连线交轴于点，且平分，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，边长为2的正方体的一个顶点A在平面内，其余顶点在的同侧，且点B和点D到平面的距离均为，则平面与平面的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知圆，P是直线上一动点，过点P作直线PA，PB分别与圆O相切于点A，B，则（ ） A. 圆O与直线l相离 B. 存在最小值 C. 存在最大值 D. 存在点P使得为直角三角形 10. 已知为常数，函数有且只有一个极值点，则（ ） A. B. C. 为极大值点 D. 11. 已知是直角三角形，是直角，内角、、所对的边分别为、、，面积为，若，，，，则（ ） A. 是递增数列 B. 是递减数列 C. 存在最大项 D. 存在最小项 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知某场考试考生人数为10000人，考试的成绩服从正态分布，若录取分数线为350分，则录取人数约为______．（结果四舍五入取整数）(参考数据：若服从正态分布,则) 13. 在的展开式中，仅第项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是______． 14. 如图，有排列整齐的20个盒子和20个球（其中红球和黄球各5个，黑球10个），在每个盒子中随机放入了一个球，球的颜色可能是红色、黄色、黑色中的一种.现随机先后打开每个盒子（直到打开所有盒子结束），则红球最先被全部开出的概率为______. 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. 已知函数（，），的部分图象如图所示，P，Q分别为该图象的最高点和最低点，点P的坐标为． （1）求的最小正周期及的值； （2）若点R的坐标为，，求A的值． 16. 已知A，B两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间（单位：天），记录如下： A组 11 12 13 14 15 16 17 B组 13 14 16 17 18 15 a 假设所有病人的康复时间相互独立，从A，B两组随机各选1人，A组选出的人记为甲，B组选出的人记为乙. （1）求甲的康复时间不少于14天的概率； （2）如果，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率； （3）写出a为何值时，A，B两组病人康复时间方差相等.（结论不要求证明） 17. 如图所示，在四棱锥中，底面，四边形中，，，，． （1）求证：平面平面． （2）设． ①直线与平面所成的角为，求线段的长； ②线段上是否存在一个点，使得点到点，，，距离都相等？说明理由． 18. 已知以原点O为中心，为右焦点的双曲线C的离心率． （1）求双曲线C的标准方程及其渐近线方程； （2）如图，已知过点的直线与过点（其中）的直线的交点E在双曲线C上，直线MN与两条渐近线分别交与G、H两点，求的面积． 19. 已知为正实数，为自然数，抛物线与轴正半轴相交于点，设为该抛物线在点处的切线在轴上的截距． （1）用和表示； （2）求对所有都有成立的的最小值； （3）当时，比较与的大小，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年8月杭州学军中学高三开学考数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求． 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由交集运算的定义求解即可 【详解】由题设, 表示的是奇数集合， 所以 故选：C 2. 已知向量，，.若、、三点共线，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出向量，由题意可得，利用平面向量共线坐标表示可得出关于的等式，解之即可. 【详解】因为向量，，， 所以，， 因为、、三点共线，则，所以，，解得. 故选：C. 3. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】设出复数的代数形式，利用复数模的意义列出方程即可判断得解. 【详解】令，由，得， 点在以为圆心，1为半径的圆上，位于第四象限， 故选：D 4. 设是等差数列，其前项和为.则“”是“为递增数列”的 A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】先由进行化简，能推出，即为递增数列. 再由为递增数列，得，能推出 故“”是“为递增数列”的充分必要条件. 【详解】设的公差为 . 充分性证明：由得： ，即：. 所以为递增数列. 必要性证明：由为递增数列得： ，所以 所以“”是“为递增数列的充分必要条件 故选：C. 【点睛】本题主要结合等差数列考查充分条件及必要条件的判断.属于基础题目. 5. 已知方程x2+3ax+3a+1=0（a＞1）的两根分别为tanα，tanβ，且，则α+β=（ ）. A. 或 B. 或 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由韦达定理和两角和的正切公式可得 ，进一步缩小角的范围可得，则可求． 【详解】∵方程两根 、， ∴，， ∴ 又∵，，则， ∴，， ∴， ∴，结合， ∴ 故选D． 【点睛】本题考查两角和与差的正切函数，涉及韦达定理的应用，属中档题． 6. 公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的值的范围是：3.1415926＜＜3.1415927，为纪念祖冲之在圆周率的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就.某小学教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们把小数点后的7位数字1，4，1，5，9，2，6进行随机排列，整数部分3不变，那么可以得到大于3.14的不同数字有（ ） A. 2280 B. 2120 C. 1440 D. 720 【答案】A 【解析】 【分析】 整体上用间接法求解，先算出1，4，1，5，9，2，6这7位数字随机排列的种数，注意里面有两个1，多了 倍，要除去，再减去小于3.14的种数，小于3.14的数只有小数点前两位为11或12，其他全排列. 【详解】由于1，4，1，5，9，2，6这7位数字中有2个相同的数字1，故进行随机排列，可以得到的不同情况有， 而只有小数点前两位为11或12时，排列后得到的数字不大于3.14，故小于3.14的不同情况有， 故得到的数字大于3.14的不同情况有. 故选：A 【点睛】本题主要考查数字的排列问题，还考查了理解辨析的能力，属于中档题. 7. 已知椭圆与双曲线有相同的焦点、，且它们在第二象限的公共点为点，点与右焦点的连线交轴于点，且平分，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据椭圆、双曲线的定义可得出，，设，结合余弦定理、锐角三角函数的定义与角平分线的性质定理，用两种方式表达，从而建立关于的方程，解之即可. 【详解】由椭圆的定义可知，，， 由双曲线的定义可知，，所以，，， 设，因为交轴于点，且平分， 所以，， 在中，由余弦定理可知，， 设，则， 由角平分线定理可知，，即，解得， 在中，， 整理可得，因为，解得， 因此，双曲线的离心率为. 故选：D. 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下： （1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值； （2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解； （3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率. 8. 如图，边长为2的正方体的一个顶点A在平面内，其余顶点在的同侧，且点B和点D到平面的距离均为，则平面与平面的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据点到面的距离的性质，结合面面垂直的判定定理，得到E，A，F三点共线，根据三角关系，得到，，到平面的距离，进而得直线与平面的夹角正弦值，求出平面与平面的夹角的余弦值. 【详解】点B和点D到平面的距离相等，故平面， 而为平面法向量，故平面平面， 分别过C，作平面的垂线，垂足为E，F，如图，则E，A，F三点共线， 由，且与中点重合可知． 因此，，故， 进而由易知点到平面的距离为， 又因为与中点重合，且平面， 因此点到平面的距离为，而点到平面的距离为， 且，故直线与平面的夹角正弦值为， 易知直线与平面垂直，故平面与平面的夹角的余弦值为． 故选：A 【点睛】 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知圆，P是直线上一动点，过点P作直线PA，PB分别与圆O相切于点A，B，则（ ） A. 圆O与直线l相离 B. 存在最小值 C. 存在最大值 D. 存在点P使得为直角三角形 【答案】AB 【解析】 【分析】求出圆心到直线的距离判断A；利用切线长定理计算判断B；利用四边形面积求得，借助的范围求解判断C；根据为直角三角形求得，根据圆心到直线的最小距离即可判断D. 【详解】圆的圆心，半径， 对于A，点到直线的距离，故圆O与直线l相离，正确； 对于B，， 当且仅当时取等号，正确； 对于C，由垂直平分得，， 则，当且仅当时取等号， 所以不存在最大值，错误； 对于D，由A可知，，若为直角三角形，则， 从而，又，所以不存在点P使得为直角三角形，错误. 故选：AB 10. 已知为常数，函数有且只有一个极值点，则（ ） A. B. C. 为极大值点 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】先求函数导数，分析导数零点的唯一性确定的取值范围，进而确定极值点的范围、类型及函数数值符号. 【详解】由题意，， 由题意函数有且只有一个极值点， 可得有且仅有一个变号零点，故曲线与直线有且只有一个穿越型交点， 令，则， 易知当时，，即在上单调递减， 当时，，即在上单调递增， 因此在处取得极小值，也是最小值，且时, 又因为直线恒过原点，如下图所示： 由图可得，，所以正确， 当时，，可知在上单调递减； 当时，即在上单调递增； 故为极小值点，所以错误； 显然，代入，得，正确． 故选： 11. 已知是直角三角形，是直角，内角、、所对的边分别为、、，面积为，若，，，，则（ ） A. 是递增数列 B. 是递减数列 C. 存在最大项 D. 存在最小项 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意推出，从而说明，利用三角形面积公式推出，构造数列从而求得，由此可判断A,B由结合可求得、，对数列中的奇数项和偶数项构成的数列的单调性以及项的符号进行分析，确定数列的最大项和最小项，可判断CD. 【详解】由题意知： ， 故，即，即， 所以，则， 故，， 由 得： ， 即，所以， 则，而 ， 故 ，则， 所以，由于 随的增大而减小， 故是随的增大而增大， 由题意知，故是递增数列，故A正确； 同理随的增大而增大，是递增数列，B错误； 又，由于，，且， 所以，是首项为，公比为的等比数列，故， 所以，， 因为，，故，， 所以，， 所以，，其中， ，其中， 因为数列随着的增大而减小，数列随着的增大而增大， 故数列随着的增大而减小，故为数列中所有正项中最大的， 同理可知数列随着的增大而增大，故为数列中所有负项中最小的， 综上所述，数列的最大项为，最小项为，CD均对. 故选：ACD. 【点睛】本题综合考查了数列的单调性问题以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造新数列解决问题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知某场考试考生人数为10000人，考试的成绩服从正态分布，若录取分数线为350分，则录取人数约为______．（结果四舍五入取整数）(参考数据：若服从正态分布,则) 【答案】1587 【解析】 【分析】首先确定正态分布的参数，然后计算分数线对应的标准分数，利用已知的概率数据求出超过分数线的概率，最后用总人数乘以该概率得到录取人数. 【详解】因为考试成绩服从正态分布， 故， 所以录取人数为人. 故答案为：1587 13. 在的展开式中，仅第项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是______． 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式系数的性质得到，设展开式中系数最大项是，利用展开式的通项公式得到，即可求解. 【详解】由的展开式中，仅第项的二项式系数最大，得展开式共项，则， 所以的展开式的通项公式， 设展开式中系数最大项是，则，即 解得，而，所以，， 所以展开式中系数最大的项是, 故答案为：. 14. 如图，有排列整齐的20个盒子和20个球（其中红球和黄球各5个，黑球10个），在每个盒子中随机放入了一个球，球的颜色可能是红色、黄色、黑色中的一种.现随机先后打开每个盒子（直到打开所有盒子结束），则红球最先被全部开出的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】记最后打开的盒子中的球是黄球为事件，最后打开的盒子中的球是黑球为事件，记装有红球的盒子最先全部被打开为事件，则，利用全概率公式和乘法公式求出，即可得解． 【详解】由题知红球、黄球、黑球个数分别为5，5，10. 记“最后打开的盒子中的球是黄球”为事件，“最后打开的盒子中的球是黑球”为事件，显然事件与互斥， 记“红球最先全部开出”为事件，则. 当事件发生时，只需考虑装红球、黑球的所有盒子已全部打开，最后被打开的那一个盒子是黑球，可得， 则 当事件发生时，只需考虑装有红球、黄球的所有盒子已全部打开，最后被打开的那一个盒子是黄球，可得， 则， 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. 已知函数（，），的部分图象如图所示，P，Q分别为该图象的最高点和最低点，点P的坐标为． （1）求的最小正周期及的值； （2）若点R的坐标为，，求A的值． 【答案】（1）最小正周期，； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定的函数式及图象，利用正弦函数周期公式及最值点求得答案. （2）过点Q作于点S，结合（1）的信息求出，再利用给定角求出. 【小问1详解】 函数的最小正周期， 由为函数图象的最高点，得，， 解得，，而，所以. 【小问2详解】 由Q为函数图象的最低点，，，得点Q的坐标为，， 又，则，过点Q作于点S，， 因此. 16. 已知A，B两组各有7位病人，他们服用某种药物后的康复时间（单位：天），记录如下： A组 11 12 13 14 15 16 17 B组 13 14 16 17 18 15 a 假设所有病人的康复时间相互独立，从A，B两组随机各选1人，A组选出的人记为甲，B组选出的人记为乙. （1）求甲的康复时间不少于14天的概率； （2）如果，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率； （3）写出a为何值时，A，B两组病人康复时间方差相等.（结论不要求证明） 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）由题意可知，7人中有3人的康复时间不少于14天，据此计算即可； （2）根据表格，写出甲的康复时间比乙的康复时间长的所有可能，进而计算概率； （3）分别求出，组病人康复时间的方差，利用其相等即可求出的值. 【小问1详解】 设事件为＂甲是组的第i个人＂，事件为＂乙是B组的第i个人＂，. 由题意，得 由题意可知，事件＂甲的康复时间不少于14天＂等价于＂甲是A组的第4人，第5人，或者第6人，或者第7人＂， 所以甲的康复时间不少于14天的概率是． 【小问2详解】 设事件C为＂甲的康复时间比乙的康复时间长＂，由题意，得 因此． 【小问3详解】 A组病人康复时间平均数为：， 其方差为：. B两组病人康复时间平均数为： 其方差为： 依题意：，解得或 17. 如图所示，在四棱锥中，底面，四边形中，，，，． （1）求证：平面平面． （2）设． ①直线与平面所成的角为，求线段的长； ②线段上是否存在一个点，使得点到点，，，的距离都相等？说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）①；②不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理进行证明即可； （2）①以为坐标原点，建立空间直角坐标系，根据线面角的定义，结合空间向量夹角公式进行求解即可； ②解法一：假设存在，设，利用空间距离公式得到方程，推出方程无解，即可判断；解法二：假设存在，根据题意，结合勾股定理进行求解即可. 【小问1详解】 平面，平面， ， 又，，平面， 平面， 又平面， 平面平面. 【小问2详解】 ①以为坐标原点，建立空间直角坐标系（如图）， 在平面内，作交于点， 则 在中，， 设，则，， 由，得， 所以，，, ， 设平面的法向量为， 由，，得， 取得平面的一个法向量为， 又， 故由直线与平面所成的角为得， 即 解得或（舍去，因为），所以； ②解法一：如图所示，假设线段上存在一个点，使得点到点，，，的距离都相等． 设，则，，． 因此由，得，即， 又由，得， 联立两式，消去并化简，得，由 ∵方程没有实数根， ∴在线段上不存在一个点，使得点到点，，，的距离都相等． 解法二：假设在线段上存在一个点到、、、的距离都相等， 由，得， 从而，即， 所以， 设，则，， 中， ， 这与矛盾， 所以在线段上不存在一个点，使得点到、、的距离都相等， 从而，在线段上不存在一个点，使得点到点、、、的距离都相等． 18. 已知以原点O为中心，为右焦点的双曲线C的离心率． （1）求双曲线C的标准方程及其渐近线方程； （2）如图，已知过点的直线与过点（其中）的直线的交点E在双曲线C上，直线MN与两条渐近线分别交与G、H两点，求的面积． 【答案】（1）双曲线方程：，渐近线方程； （2）2. 【解析】 【分析】（1）利用给定的离心率及焦点坐标求出即可. （2）设点，求出直线的方程并与双曲线的渐近线方程联立求出交点的纵坐标，再利用三角形面积公式计算得解. 【小问1详解】 依题意，设双曲线的标准方程为， 半焦距，离心率，则， 所以双曲线的标准方程为，其渐近线方程为. 【小问2详解】 依题意，点在直线和直线上， 则且，于是点均在直线上， 因此直线的方程为，设分别是直线与渐近线和的交点， 由及，解得点纵坐标，点纵坐标， 设直线与轴的交点为，则在直线中，令，得点横坐标， 而，因此， 所以面积为2. 19. 已知为正实数，为自然数，抛物线与轴正半轴相交于点，设为该抛物线在点处的切线在轴上的截距． （1）用和表示； （2）求对所有都有成立的的最小值； （3）当时，比较与的大小，并说明理由． 【答案】（1）； （2）a的最小值是； （3），证明见解析. 【解析】 【详解】解：(Ⅰ)抛物线与轴正半轴相交于点， 对求导得 抛物线在点处的切线方程为， 为该抛物线在点处的切线在轴上的截距，; (Ⅱ)由(Ⅰ)知，则成立的充要条件是 即知，对所有成立，特别的，取得到 当，时， 当，，时， 时，对所有都有成立 的最小值为; (Ⅲ)由(Ⅰ)知，下面证明： 首先证明：当时， 设函数，，则 当时，；当时， 故函数在区间上的最小值 当时，， 由知，因此， 从而 [点评]本小题属于高档题，难度较大，需要考生具备扎实的数学基础和解决数学问题的能力.主要考查了导数的应用、不等式、数列等基础知识；考查了思维能力、运算能力、分析问题与解决问题的能力和创新意识能力；且又深层次的考查了函数、转换与化归、特殊与一般等数学思维方法． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $