精品解析：辽宁省辽西重点高中2025-2026学年高三上学期开学摸底考试数学试题

辽宁省辽西重点高中2025~2026学年度上学期高三开学摸底考试 数学试题 考生注意： 1.满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 的虚部为（ ） A. 1 B. C. 8 D. 3. 已知向量，若，则的值为（ ） A. 10 B. C. D. 4. 已知函数．将函数向左平移一个单位，再向上平移一个单位后得函数，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 若一个圆锥与一个圆台的体积相等，且圆台的上､下底面半径分别为2，3，高为3，圆锥的底面半径为2，则该圆锥的高为（ ） A. B. 19 C. D. 6. 某船在海上从岛（看成质点）出发，沿正北方向行驶10海里，接着沿北偏东的方向行驶10海里，最后沿北偏东的方向行驶10海里到达处，则（ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里 7. 已知函数在上单调递增，在上单调递减，若函数在上单调，则a的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，则“”是“的图象关于点对称”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 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. 已知圆锥的轴截面为等腰直角三角形，顶点为，底面圆心为，为底面圆的直径，，是底面圆周上异于，的一个动点，下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的侧面积为 B. 当时，三棱锥的体积最大 C. 直线与直线夹角的取值范围是 D. 若二面角的大小为，则的面积为 10. 已知抛物线：（）的准线与圆：相切，点为抛物线上的动点，点是圆上的动点，过作的垂线，垂足为，的焦点为，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的最小值是 C. 当三点，，共线时，点的坐标是 D. 不存在两个点，，使得且 11. 已知函数在内的三个零点分别为，则（ ） A. B. C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，点是的渐近线上的一点，且，，则E的离心率为_____. 13. 我国的古代建筑常常在檐角处设置瑞兽装饰，既美观也蕴含吉祥的寓意．某古代建筑共五层，檐角处瑞兽装饰的数量从第一层到第五层构成等比数列．若已知第一层与第五层檐角处瑞兽装饰数量之和为97，第二层与第四层檐角处瑞兽装饰数量之和为78，则该古代建筑檐角处瑞兽装饰的数量之和为______． 14. 将五张标有、、、、的卡片摆成右图，若逐一取走这些卡片时，每次取走的一张卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边，则把这样的取卡顺序称为“和谐序”（例如按取走卡片的顺序是“和谐序”，按取走卡片的顺序不是“和谐序”），现依次不放回地随机抽取这张卡片，则取卡顺序是“和谐序”的概率为_________． 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤. 15. 在中，分别是内角的对边，且. （1）求； （2）若，证明：为直角三角形. 16. 已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知． （1）求椭圆的方程和离心率； （2）点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程． 17. 如图1，在直角梯形中，，，，，，点在上，且.将沿折起，使得平面平面，如图2. （1）求四棱锥的体积； （2）若点在图2中线段上，且，证明：平面. （3）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设函数. （i）设为的极值点，证明：； （ii）证明：对任意正实数，都有. 19. 数学中的“对称性”与“等效性”不仅体现在几何和函数中，还体现在概率问题中. 例如： 某班级共有 名学生 ，其学号记为 ，老师使用 点名软件进行随机点名. 规则为： 每次点名时，软件会从 名学生中随机抽取一名学生对应的学号(每次点名后，学号复位，即认为有放回抽取)，且每次抽取相互独立. 老师随机进行两次点名，记 为第 次抽取的学号 . （1）计算 与 ；（用 表示） （2）已知随机变量的期望具有线性可加性，即对于随机变量 ，有 . 记 ，其中 表示 中的最大者， 表示 中的最小者. （i）计算 的值；（用 表示） （ii）证明 . （参考公式： ） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 辽宁省辽西重点高中2025~2026学年度上学期高三开学摸底考试 数学试题 考生注意： 1.满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数单调性解不等式，再结合集合并集、交集运算即可判断 【详解】因为，又为增函数， 所以，即， 因为，又为增函数， 所以，即， 所以，. 故选：. 2. 的虚部为（ ） A. 1 B. C. 8 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，化简得到，结合复数的概念，即可求解. 【详解】， 故复数的虚部为1. 故选：A． 3. 已知向量，若，则的值为（ ） A. 10 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标关系求出，再结合向量的坐标运算和模长公式求解. 【详解】由，可得，解得， ， ，则. 故选：D. 4. 已知函数．将函数向左平移一个单位，再向上平移一个单位后得函数，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据图象平移求出，分析的单调性和值域，画出即的图象数形结合求解即可. 【详解】由函数向左平移一个单位，再向上平移一个单位后得函数，所以， 当时，即单调递增，又，则， 又时，单调递增，又，则， 作出的图象如图，由，则， 解得或，所以实数的取值范围为． 故选：C. 5. 若一个圆锥与一个圆台的体积相等，且圆台的上､下底面半径分别为2，3，高为3，圆锥的底面半径为2，则该圆锥的高为（ ） A. B. 19 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆锥与圆台的体积公式即可求解. 【详解】设该圆锥的高为， 则，解得. 故选：A 6. 某船在海上从岛（看成质点）出发，沿正北方向行驶10海里，接着沿北偏东的方向行驶10海里，最后沿北偏东的方向行驶10海里到达处，则（ ） A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的加法法则与模长的运算公式求解即可. 【详解】该船沿正北方向行驶10海里记为向量， 沿北偏东的方向行驶10海里记为向量， 沿北偏东的方向行驶10海里记为向量， 则， 所以海里. 故选：D 7. 已知函数在上单调递增，在上单调递减，若函数在上单调，则a的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用二倍角公式和辅助角公式将函数化简，然后根据题意得到，再根据函数在上单调和正弦函数的图像得到，解之即可. 【详解】因为， 由已知条件时取得最大值，有，即． 又由已知得，于是， 由于，故在．所以函数， 因为，所以， 因为在上单调，所以， 解得，故． 故选：D． 8. 已知函数，则“”是“的图象关于点对称”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】先得到函数的图象关于对称的等价条件，再根据充分必要条件的定义判断. 【详解】若函数的图象关于对称，则， 因为时，令，则满足， 所以“”是“图象关于点对称”的充分条件， 若，当时，；当时，， 即由不一定能得到， 所以“”不是“图象关于点对称”的必要条件， 综上可知，“”是“图象关于点对称”的充分不必要条件. 故选：A. 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. 已知圆锥的轴截面为等腰直角三角形，顶点为，底面圆心为，为底面圆的直径，，是底面圆周上异于，的一个动点，下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的侧面积为 B. 当时，三棱锥的体积最大 C. 直线与直线夹角的取值范围是 D. 若二面角的大小为，则的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，利用圆锥的侧面积公式可判断A；B选项，的面积最大时，三棱锥的体积最大；C选项，设点关于圆心的对称点为，得到 为所求角，在 中用表示出，结合的取值范围可判断；D选项，取的中点，得，利用勾股定理计算出与的长度，可得的面积. 【详解】对于A，由已知可得，， 所以， 则圆锥的侧面积，A正确. 对于B，当时，，此时的面积最大，即三棱锥的体积最大，故B正确. 对于C，设点关于圆心的对称点为，则直线与直线的夹角等于直线与直线的夹角，即， 在等腰三角形中， 所以，则，C错误. 对于D，可知和都是等腰三角形，取的中点，连接，，可知，， 则是二面角的平面角，，可以求得， 所以，，， 故的面积为，D正确. 故选：ABD. 10. 已知抛物线：（）的准线与圆：相切，点为抛物线上的动点，点是圆上的动点，过作的垂线，垂足为，的焦点为，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的最小值是 C. 当三点，，共线时，点的坐标是 D. 不存在两个点，，使得且 【答案】ABC 【解析】 【分析】由题易得，根据定义，再由结合点到圆上点的距离的最值即可判断B；对于C，得出直线的方程，再求点坐标即可；对于D，由，得到，再转化为中垂线与曲线交点个数问题即可. 【详解】由准线与圆相切知，，得，所以A正确； 由可得， 又，， 所以最小值是，所以B正确； 易知，，，直线的方程是， 所以点的坐标是，所以C正确； 若，则，作中垂线， 设为中点，则可得，直线斜率为， 由此知为，与抛物线：联立可得到， ，所以有两个实数解， 所以存在两个点，使得，故D错误. 故选：ABC. 11. 已知函数在内的三个零点分别为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用两角和差的正弦公式化简得，可计算出三个零点判断A，B，利用二倍角公式结合积化和差化简计算可判断C，利用诱导公式结合积化和差公式、二倍角公式计算可判断D. 【详解】对于A，B，， 令，因为，所以， 所以，所以， 又，所以，，， 解得，，，故A错误，B正确； 对于C， ，故C正确； 对于D，因为， ， 其中，，. 因为 ， ， 所以，即， 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. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，点是的渐近线上的一点，且，，则E的离心率为_____. 【答案】 【解析】 【分析】不妨设在直线上，且在第一象限，坐标为，根据，可得，在中，根据，结合，可得关于的方程，即可求解. 【详解】 如图，不妨设在直线上，且在第一象限，坐标为， 因为，， 所以直线的斜率，直线的斜率， 因为，所以，即， 整理可得，解得，则， 在中，，所以， 两边平方可得，又， 所以，即， 解得或（舍）. 故答案为：. 13. 我国的古代建筑常常在檐角处设置瑞兽装饰，既美观也蕴含吉祥的寓意．某古代建筑共五层，檐角处瑞兽装饰的数量从第一层到第五层构成等比数列．若已知第一层与第五层檐角处瑞兽装饰数量之和为97，第二层与第四层檐角处瑞兽装饰数量之和为78，则该古代建筑檐角处瑞兽装饰的数量之和为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用等比数列公式，结合换元法解方程，即可求解. 【详解】设等比数列的公比为，其中表示第层的檐角处瑞兽装饰数量， 则依题意可得： 则 两式相除得：， 令，则上式可化为， ，解得或（因为，故舍去） 再由， 解得：或， 当时，可得， 当时，可得， 综上恒有：, 故答案为： 14. 将五张标有、、、、的卡片摆成右图，若逐一取走这些卡片时，每次取走的一张卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边，则把这样的取卡顺序称为“和谐序”（例如按取走卡片的顺序是“和谐序”，按取走卡片的顺序不是“和谐序”），现依次不放回地随机抽取这张卡片，则取卡顺序是“和谐序”的概率为_________． 【答案】 【解析】 【分析】对抽卡片的顺序进行分类讨论，结合分步乘法计数原理、分类加法计数原理与古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】分两种情况讨论： （1）第一步，从号或号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片， 第二步，从号或号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片， 第三步，从号或号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片， 第四步，从号或号卡片抽取一张，有种情况， 第五步，抽最后一张卡片， 此时，不同的抽法种数为种； （2）第一步，抽号卡片， 第二步，从、、号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片， 第三步，从、号卡片抽取一张，有种情况，比如先抽号卡片， 第四步，从、号卡片抽取一张，有种情况， 第五步，抽最后一张卡片， 此时，不同的抽法种数为种. 而从张卡片随意抽取，不同的抽法种数为， 因此，取卡顺序是“和谐序”的概率为. 故答案为：. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤. 15. 在中，分别是内角的对边，且. （1）求； （2）若，证明：为直角三角形. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）结合两角和差的正切公式，利用角的拼凑即可求出； （2）利用正弦定理角化边，得到边的关系，再由（1）利用余弦定理得到进一步的关系，最后利用勾股定理证明直角三角形即可. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 证明：因为，由正弦定理得， 所以. 由（1）知，所以， 由余弦定理， 得， 所以， 所以为直角，故为直角三角形. 16. 已知椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知． （1）求椭圆的方程和离心率； （2）点在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程． 【答案】（1）椭圆的方程为，离心率为. （2）. 【解析】 【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率. （2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标.由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案. 【小问1详解】 如图， 由题意得，解得，所以， 所以椭圆的方程为，离心率为. 【小问2详解】 由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得， 设直线的方程为， 联立方程组，消去整理得：， 由韦达定理得，所以， 所以，. 所以,,， 所以， 所以，即， 解得，所以直线的方程为. 17. 如图1，在直角梯形中，，，，，，点在上，且.将沿折起，使得平面平面，如图2. （1）求四棱锥的体积； （2）若点在图2中线段上，且，证明：平面. （3）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） （2） 过点作∥交于点，连接. 因为平面，平面，所以平面. 因为，所以四边形是平行四边形，则，所以， 所以，同理可证平面. 因为，所以平面平面. 又因为平面，所以平面. （3） 【解析】 【分析】（1）过点作，垂足为点，.取的中点，连接.由面面垂直的性质证得平面，并根据题设中的条件结合平面图形的性质求得于，即可求得四棱锥的体积； （2）过点作∥交于点，连接.利用比例相等证得线线平行，进而证得平面平面，即可证得平面； （3）取的中点，连接.以为原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，设直线与平面所成的角为，求得、平面的法向量，根据公式计算即可得解. 【小问1详解】 如图，过点作，垂足为点，取的中点，连接. 由，可知. 又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面. 由，，得， . 在直角梯形中，因为，， 所以，， . 所以四棱锥的体积为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 取的中点，连接. 在中，由，，，可得. 因为，所以. 以为原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，， 由点和的坐标可求得，， 所以，，. 设平面的法向量为， 则取，得. 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设函数. （i）设为的极值点，证明：； （ii）证明：对任意正实数，都有. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，由点斜式即可求得切线方程； （2）（i）对函数求导得，设，判断其单调性，则，借助于切线不等式可得，由零点存在定理推得存在，使得，推理得到为的极大值点，化简得到，利用对勾函数的单调性即得的取值范围；（ii）通过求导得到的最小值为，满足，由（i）已得的最大值为，满足，根据函数在上为增函数可得，将结果代入，化简计算即得证. 【小问1详解】 由，可得，求导得，，则， 故曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 （i）， 设，显然在上单调递减， 因，又(后续提供证明)， 则， 故存在，使得，即， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 为的极大值点，， 函数在区间单调递减，则， 即. [附注]证明：. 设，则， 当时，，当时，， 即函数在上单调递增；在上单调递减， 故，即得. （ii），易知在上单调递增， 令，即，即，（*） 当时，，当时，， 故在区间上单调递减，在区间上单调递增， 的最小值为， 由（i）可知，的最大值为，且，（**） 由于函数在上为增函数，由（*），（**）式可得， 则由可得 故对任意正实数，都有 ， 故对任意正实数，都有. 19. 数学中的“对称性”与“等效性”不仅体现在几何和函数中，还体现在概率问题中. 例如： 某班级共有 名学生 ，其学号记为 ，老师使用 点名软件进行随机点名. 规则为： 每次点名时，软件会从 名学生中随机抽取一名学生对应的学号(每次点名后，学号复位，即认为有放回抽取)，且每次抽取相互独立. 老师随机进行两次点名，记 为第 次抽取的学号 . （1）计算 与 ；（用 表示） （2）已知随机变量的期望具有线性可加性，即对于随机变量 ，有 . 记 ，其中 表示 中的最大者， 表示 中的最小者. （i）计算 的值；（用 表示） （ii）证明 . （参考公式： ） 【答案】（1）,  . （2）（i） ；（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）据题意可得，有放回地随机点名两次共有种结果.分别分析  与 对应的抽取结果，即可求出其相应的概率 ； （2）（i）分别分析随机变量 对应的取值情况，求出每种取值相应的概率，进而求得其期望的值. 根据随机变量的期望具有线性可加性，求出  的值； （ii）利用作差法判断的大小，进而可证明 . 【小问1详解】 据题意可得，随机点名两次共有种结果. 当时，，即两次抽取的学号相同，共有N种结果，所以. 当时，即第一次抽取的号码比第二次小.因为与对应的抽取结果数目一样，所以当时，有种结果， 所以. 【小问2详解】 因为 则的所有可能取值为 ， 当时，当且仅当且，所以； 当时，或.若，则或；若，则或. 共有种情况，所以 ……，，. 所以 所以. 记，则的所有可能取值为 ， 当时，当且仅当且，只有一种情况，所以， 当时，或.若，则或；若，则或.共有种情况， . …… ， ， ， 所以 所以 （i）.  （ii）证明：因为  为第  次抽取的学号  . 所以的所有可能取值为 ， 由（1）知，. 当时，或， 若，则第一次取得的学号可以是 中的任意一个，此时第二次取得的学号已经确定，因此有种情况；  若，则第二次取得的学号可以是 中的任意一个，此时第一次取得的学号已经确定，因此有种情况；  所以 当时，或 若，则第一次取得的学号可以是 中的任意一个，此时第二次取得的学号已经确定，因此有种情况；  若，则第二次取得的学号可以是 中的任意一个，此时第一次取得的学号已经确定，因此有种情况；  所以，， …… 同理，， 所以 所以， ， . 因为，所以，所以， 所以 所以  得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $