精品解析：湖南省岳阳市汨罗市第二中学2025-2026学年高三上学期开学考试数学试题

2025年8月高三数学入学考试试题 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求得集合A,B的并集，根据补集的概念和运算，即可求得答案. 【详解】∵ ，，, 故， ∴， 故选：C． 2. 已知复数， 则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简，可得与. 【详解】， ，， 所以， 故选：A 3. 已知双曲线的离心率为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用双曲线的离心率公式可得出关于的等式，解之即可. 【详解】由题意可知，双曲线的焦点在轴上， 故该双曲线的离心率为，解得. 故选：A. 4. 已知，则的最小值为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】原式可变为，利用基本不等式求解. 【详解】由， 当且仅当时取等号，可得.可得的最小值为4， 故选：A. 5. 已知等比数列的各项均为正数，且，则的最大值为（ ） A. 9 B. 8 C. 3 D. 27 【答案】D 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，由已知求出、，则转化为求指数的最值可得答案. 【详解】设等比数列的公比为，则由得 ，解得，， 所以， 当且仅当或时的最大值为. 故选：D. 6. 设，.若是与的等比中项，则的最小值（ ） A. 2 B. 4 C. D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】是与的等比中项，可得．利用及其基本不等式的性质即可得出． 【详解】解：是与的等比中项， ， ． ，． ，当且仅当时取等号． 的最小值为． 故选：B． 【点睛】本题考查了等比数列的性质、变形利用基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 7. 已知等比数列的各项都为正数，且当时有，则数列的前20项和为（ ） A. 190 B. 210 C. 220 D. 420 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的性质可得，即可求出数列的通项，最后根据等差数列求和公式计算可得； 【详解】解：依题意等比数列各项都为正数，且当时有 所以，所以 所以 所以数列的前20项和为 故选：B 【点睛】本题考查等比数列的通项公式以及等差数列求和公式的应用，属于基础题. 8. 若不等式对恒成立，其中，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求导，研究函数的单调性，根据参数不同的取值，分类讨论，求得函数的最小值，再利用分离参数，构造新函数，求最值，可得答案. 【详解】令，求导得， 当时，易知函数单调递增，函数值域为R，则不合题意； 当时，令，解得，可列下表： 极小值 则， 可得， 令，求导得， 令，可得，可得下表 极大值 则，则， 故选：A 二、多选题（共15分） 9. 已知曲线.（ ） A. 若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上 B. 若m=n>0，则C是圆，其半径为 C. 若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为 D. 若m=0，n>0，则C是两条直线 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合选项进行逐项分析求解，时表示椭圆，时表示圆，时表示双曲线，时表示两条直线. 【详解】对于A，若，则可化为， 因为，所以， 即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确； 对于B，若，则可化为， 此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确； 对于C，若，则可化为， 此时曲线表示双曲线， 由可得，故C正确； 对于D，若，则可化为， ，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养. 10. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 是奇函数 D. 有4个零点 【答案】BD 【解析】 【分析】根据对称性，利用公式，可得A，B的正误，根据函数的图象变换，构造新的函数，利用奇偶性的定义，可得C的正误，根据零点的定义，三角函数与对数函数的性质，可得D的正误. 【详解】对于A， ，故错误； 对于B， ，故正确； 对于C， ，令， 则 ，故错误； 对于D，由，则，解得， 则有两个解，因为，，， 令，则，， 由，则在内有两个根， 故正确. 故选：BD. 11. 已知抛物线的焦点为，其准线与轴的交点为，过点的直线与C交于，两点，点为点在上的射影，线段与轴的交点为，线段的延长线交于点，则（ ） A. B. C. 直线与相切 D. （为坐标原点）有最大值 【答案】BC 【解析】 【分析】求出焦点坐标与准线方程，即可判断A，设，利用判断B，得到直线的方程，联立直线与抛物线，消元，由判断C，设，，：，联立直线与抛物线方程，消元，列出韦达定理，根据，判断D. 【详解】抛物线的焦点为，准线为，则，所以，故A错误； 设，则， 所以，则直线的方程为， 令，得，即， 所以，则，故，故B正确； 因为，所以直线的方程为， 由，消去整理得，显然，所以直线（）与相切，故C正确； 设，，：，由，可得， 显然，所以，， 所以，， 所以 ， 所以当时有最大值，故D错误. 故选：BC 三、填空题（共15分） 12. 已知圆，则过原点且与相切的直线方程为______. 【答案】或 【解析】 【分析】分斜率存在与不存在，利用由圆心到切线的距离等于半径，求解即得. 【详解】圆的圆心坐标，半径， 当切线的斜率不存在时，，显然到圆心的距离等于半径，故而是圆的一条切线； 当切线的斜率存在时，设斜率为，， 由圆心到切线的距离等于半径得，解得， 所以直线方程为. 故答案为：或. 13. 网购作为一种新的消费方式，因其具有快捷､商品种类齐全､性价比高等优势而深受广大消费者认可.某网购公司统计了近五年在本公司网购的人数，得到如下的相关数据（其中“”表示2015年，“”表示2016年，且x为整数，依次类推；y表示人数）： 1 2 3 4 5 （万人） 20 50 100 150 180 根据表中的数据，可以求出，若预测该公司的网购人数能超过300万人，则的最小值为__________. 【答案】8 【解析】 【分析】求出样本中心，根据样本中心在回归直线上求回归方程，再由求的范围，即得最小值. 详解】由题设，， 所以，即，则， 令，可得，又x为整数， 所以的最小值为8. 故答案为：8 14. 一个箱子里有4个相同的球，分别以标号，若每次取一颗，有放回地取三次，记至少取出一次的球的个数，则数学期望_______________． 【答案】 【解析】 【分析】先确定的值，分别求出对应的概率，进而求出. 【详解】由题意得：， 总的选取可能数为， 当时，三次抽取同一球，选择球的编号有4种方式， 故， 当时，恰好两种不同球被取出（即一球出现两次，另一球出现一次）， 选取出现两次的球有4种方式，选取出现一次的球有3种方式， 其中选取出现一次球的位置有3种可能， 故事件的可能情况有种， 故， 当时，三种不同球被取出， 由排列数可知事件的可能情况有种， 故， 所以， 故答案为：. 四、解答题（共80分） 15. 已知等差数列的前项的和为. （1）求的通项公式; （2）求数列的前项和.并证明. 【答案】（1）. （2），证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用基本量法以及等差数列的性质求解. （2） 利用裂项相消法以及不等式的性质求解证明. 【小问1详解】 设的公差为d，由题意得： ，解得， 所以. 【小问2详解】 令，由（1）有： ， 所以 ， ，，， . 16. 在三棱台中，为中点，，，. （1）求证：平面； （2）若，，平面与平面所成二面角大小为，求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）易证得四边形为平行四边形，由此可得，结合，由线面垂直的判定可得结论； （2）根据垂直关系，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，由二面角的向量求法可构造方程求得，利用体积桥可求得结果. 【小问1详解】 在三棱台中，为中点，则， 又，， ，四边形为平行四边形，， 又，， ，，， ，平面，平面. 【小问2详解】 ，，， 又，，平面，平面， 连接，，，为中点，； 以为正交基底，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 设，则，， ，， 设平面的一个法向量为， 则，令，解得：，，； 又平面的一个法向量， ，解得：，即， 平面，平面平面，平面， . 17. 设数列满足 （1）证明：为等差数列并求； （2）设，求． （3）求 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题目所给条件化为，即可利用等差数列的定义证明即可； （2）先求出的通项公式，代入函数并利用导数的运算法则求出导函数，当且时函数两边同乘以，作差并利用等比数列前项和得出导函数，当时利用等差数列求和求解，再求出，即可求解函数表达式； （3）将代入（2）中的导函数求解即可. 【小问1详解】 由题意证明如下，， 在数列中，，， 所以，即， 所以数列是以为首项，1为公差的等差数列. 【小问2详解】 由题意及（1）得，， 在数列中，首项为3，公差为1，所以，即， 在中，， 所以，所以， 当且时，两式相减得， 所以； 当时，； 当时，； 综上，； 【小问3详解】 当时， . 18. 已知函数（）图象在点处的切线与直线垂直． （1）求实数a的值； （2）若存在，使得恒成立，求实数k的最大值． 【答案】（1）1 （2）-1 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求得答案； （2）将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题，求出函数导数，判断其函数值正负，判断函数单调性，利用“隐零点”求得函数最小值的表达式，结合二次函数性质即可求得答案. 【小问1详解】 ∵，∴， ∵切线与直线垂直，∴切线的斜率为3， ∴，即，故. 【小问2详解】 由（1）知，， ， 令，，则，， 由对恒成立，故在上单调递增， 又∵，而， ∴存，使， ∵在上单调递增， ∴当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； ∴在处取得最小值， ∵恒成立，所以； 由得，，所以， ∴ ， 又，∴， ∵，∴k的最大值为． 【点睛】关键点睛：解答第二问根据不等式恒成立求解参数的最大值，关键在于要求出函数的最小值或取值范围，解答时要注意“隐零点”问题的解决方法. 19. 在平面直角坐标系中，已知圆心为C的动圆过点，且在轴上截得的弦长为4，记C的轨迹为曲线E． （1）求E的方程； （2）已知及曲线E上的两点B和D，直线AB，AD的斜率分别为，，且，求证：直线BD经过定点． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意列出圆心满足的方程结合弦长得出的方程，化简即可得答案. （2）设直线：，联立抛物线方程，设，，可得根与系数的关系式，结合化简可得参数之间的关系，进而利用直线方程求得定点坐标. 【小问1详解】 设圆心，半径为， 因为圆心为C的动圆过点，所以， 因为圆心为C的动圆在轴上截得的弦长为4，所以， 所以，即，所以曲线E是抛物线. 【小问2详解】 证明：由题意点坐标适合，即点A在E上， 由题意可知BD斜率不会为0，设直线：， 联立，消去并整理得， 需满足，即， 设，，则，， 因为，， 所以， 所以，将，代入得， 即， 所以直线：，即， 所以直线BD经过定点. 【点睛】方法点睛：解决此类直线和圆锥曲线的位置关系中的定点问题，一般方法是设出直线方程并和曲线方程联立，得到根与系数关系式，进而结合已知条件化简，利用直线方程即可确定定点，解答时要注意计算量较大，比较复杂. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年8月高三数学入学考试试题 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数， 则（ ） A. B. C. D. 3. 已知双曲线离心率为，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则的最小值为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 5. 已知等比数列的各项均为正数，且，则的最大值为（ ） A. 9 B. 8 C. 3 D. 27 6. 设，.若是与的等比中项，则的最小值（ ） A. 2 B. 4 C. D. 8 7. 已知等比数列的各项都为正数，且当时有，则数列的前20项和为（ ） A. 190 B. 210 C. 220 D. 420 8. 若不等式对恒成立，其中，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共15分） 9. 已知曲线.（ ） A. 若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上 B. 若m=n>0，则C是圆，其半径为 C. 若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为 D. 若m=0，n>0，则C是两条直线 10. 已知函数，则（ ） A. 图象关于点对称 B. 图象关于直线对称 C. 是奇函数 D 有4个零点 11. 已知抛物线的焦点为，其准线与轴的交点为，过点的直线与C交于，两点，点为点在上的射影，线段与轴的交点为，线段的延长线交于点，则（ ） A. B C. 直线与相切 D. （为坐标原点）有最大值 三、填空题（共15分） 12. 已知圆，则过原点且与相切的直线方程为______. 13. 网购作为一种新的消费方式，因其具有快捷､商品种类齐全､性价比高等优势而深受广大消费者认可.某网购公司统计了近五年在本公司网购的人数，得到如下的相关数据（其中“”表示2015年，“”表示2016年，且x为整数，依次类推；y表示人数）： 1 2 3 4 5 （万人） 20 50 100 150 180 根据表中的数据，可以求出，若预测该公司的网购人数能超过300万人，则的最小值为__________. 14. 一个箱子里有4个相同的球，分别以标号，若每次取一颗，有放回地取三次，记至少取出一次的球的个数，则数学期望_______________． 四、解答题（共80分） 15. 已知等差数列的前项的和为. （1）求的通项公式; （2）求数列的前项和.并证明. 16. 在三棱台中，为中点，，，. （1）求证：平面； （2）若，，平面与平面所成二面角大小为，求三棱锥的体积. 17. 设数列满足 （1）证明：为等差数列并求； （2）设，求． （3）求 18. 已知函数（）图象在点处的切线与直线垂直． （1）求实数a的值； （2）若存在，使得恒成立，求实数k的最大值． 19. 在平面直角坐标系中，已知圆心为C的动圆过点，且在轴上截得的弦长为4，记C的轨迹为曲线E． （1）求E的方程； （2）已知及曲线E上的两点B和D，直线AB，AD的斜率分别为，，且，求证：直线BD经过定点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$