精品解析：黑龙江省新时代高中教育联合体2025-2026学年高三上学期开学摸底考试数学试卷（二）

数学试卷（二） （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、准考证号分别填写在试卷和答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑，如需改动.用橡皮擦干净后，再涂其它答案.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应的区域内，写在本试卷上无效. 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. 已知复数满足，则复数的共轭复数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 2. 已知集合，集合，则 （ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，且，则 （ ） A. B. 1 C. D. 2 4. 已知圆，圆，则这两圆的位置关系为（ ） A. 内含 B. 相切 C. 相交 D. 外离 5. 已知定义在上的函数满足，且，都有，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，将函数的图象向右平移个单位长度可得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的最大值为 C. 函数是奇函数 D. 函数在区间上单调递增 7. 在正方体中，若的中点为，则过点三点的截面是（ ） A. 三角形 B. 梯形 C. 菱形 D. 矩形 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，左右顶点分别为，过的直线交于两点（异于点），的周长为，且直线与的斜率之积为，则椭圆的标准方程为 （ ） 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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，且，是以1为公差的等差数列，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 某高中为了让同学们了解有关半导体芯片的内容，并同时增加同学们对芯片行业的兴趣，特地举办了一次半导体芯片知识竞赛，统计结果显示，学生成绩，其中不低于60分为及格，不低于80分为优秀，且优秀率为20%.若从全校参与竞赛的学生中随机选取5人，记选取的5人中知识竞赛及格的学生人数为，则（ ） A. 该知识竞赛的及格率为60% B. C. D. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的单调递增区间为 B. 有3个零点 C. 若关于的方程有四个不同实根，则 D. 若，恒成立，则 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 二项式的展开式中的常数项为______________（用数字作答）. 13. 在数列中，，数列的前项和为，若，则数列的前项和为___________. 14. 已知函数，若的图象上存在不同的两个点关于原点对称，则实数的取值范围为_____________. 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、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线与曲线也相切，求的值； （2）若，求的最小值. 16. 在2025年春晚《秧》节目中，宇树科技的“福兮”机器人采用人工智能（）驱动全身运动控制技术，能根据音乐旋律调整舞步，其最大关节扭矩高达360牛顿·米，节目播出后引发公众对机器人技术的兴趣和热情，为了了解不同性别的学生对的关注情况，某校随机抽取了90名学生，调查结果如表： 性别 关注 不关注 合计 男 55 60 女 合计 75 （1）完成上述列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为学生对的关注与性别有关？ （2）在这90名学生中随机抽取一位，若事件表示“该生关注”，事件表示“该生为女生”，求及的值. 附：，其中. 0.1 0.05 0.025 0.01 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 17. 如图，在四棱锥上，底面为直角梯形，，，平面平面，为的中点，是棱上的点（不含端点），，，. （1）求证：平面平面； （2）若二面角大小为，求的值. 18. 已知双曲线的离心率为，点为坐标原点，过的右焦点的直线交的右支于两点，当轴时，. （1）求的方程； （2）过点作直线的垂线，垂足为. ①证明：直线过定点； ②求面积的最小值. 19. 在中，对应的边分别为，. （1）求角的大小； （2）奥古斯丁·路易斯·柯西是法国著名的数学家，他在数学领域有非常高的造诣，很多数学的定理和公式都以他的名字来命名的，如柯西不等式、柯西积分公式等，其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.下列为三维柯西不等式： ， 其中，当且仅当时等号成立，在（1）的条件下，若. ①求的最小值； ②若是内一点，过点作的垂线，垂足分别为，设的面积为，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试卷（二） （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、准考证号分别填写在试卷和答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑，如需改动.用橡皮擦干净后，再涂其它答案.非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应的区域内，写在本试卷上无效. 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. 已知复数满足，则复数的共轭复数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】C 【解析】 【分析】根据题意，利用复数的运算法则，化简得到，结合共轭复数的概念，以及复数的几何意义，即可求解. 【详解】由复数满足，则，可得， 故复数的共轭复数在复平面内对应的点位于第三象限. 故选：C. 2. 已知集合，集合，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由对数函数单调性得到，即可求解集合的交集. 【详解】集合，集合，所以， 故选:C. 3. 已知向量，且，则 （ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标表示进行求解即可. 【详解】由已知，向量， 因为，所以，解得， 故选：C. 4. 已知圆，圆，则这两圆的位置关系为（ ） A. 内含 B. 相切 C. 相交 D. 外离 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆的方程确定圆心及半径，由两圆圆心距离与半径的关系判断位置关系. 【详解】根据题意，化简得圆，圆心为，半径， 圆，圆心为，半径， 圆心距， 所以两圆内含． 故选：A 5. 已知定义在上的函数满足，且，都有，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得到函数的图象关于对称，且在上单调递减，在上单调递增，结合函数的单调性和对称性，即可求解. 【详解】由函数满足，可得函数的图象关于对称， 又由，都有， 根据函数单调性的定义，可得函数在上单调递减， 结合对称性知：函数在上单调递增， 因为，所以， 又因为，所以. 故选：B. 6. 已知函数，将函数的图象向右平移个单位长度可得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的最大值为 C. 函数是奇函数 D. 函数在区间上单调递增 【答案】D 【解析】 【分析】应用二倍角余弦公式、辅助角公式化简函数式，结合正弦型函数的性质判断A、B；再由图象平移写出，结合奇函数性质及整体法求区间单调性判断C、D. 【详解】由题意得， 则的最小正周期，最大值为2，故A，B错误； 将函数的图象向右平移个单位长度可得到函数的图象， 所以，定义域为R，但，故C错误； 令，得， 因为，所以函数在区间上单调递增，故D正确， 故选：D 7. 在正方体中，若的中点为，则过点三点的截面是（ ） A. 三角形 B. 梯形 C. 菱形 D. 矩形 【答案】B 【解析】 【分析】取中点，可证，且，可得过的截面的形状. 【详解】 如图所示：取的中点，连接和， 因为分别是的中点，所以且， 又，故且， 故四点共面，且四边形是过三点的截面， 又因为四边形是梯形，故选B. 故选：B 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，左右顶点分别为，过的直线交于两点（异于点），的周长为，且直线与的斜率之积为，则椭圆的标准方程为 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆的定义即可求得，设，由求得，进而求解. 【详解】由的周长为，由椭圆的定义得，解得， 所以，，设，则，可得， 则，解得， 所以椭圆C的方程， 故选：A. 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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，且，是以1为公差的等差数列，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据等差数列通项公式和前项和公式列出关于和的方程组，再结合选项，即可判断. 【详解】由得，所以①， 因为数列是以1为公差的等差数列， 所以，化简得， 所以，即②， 由①②解得， 所以，，，故ABC正确，D错误. 故选：ABC. 10. 某高中为了让同学们了解有关半导体芯片的内容，并同时增加同学们对芯片行业的兴趣，特地举办了一次半导体芯片知识竞赛，统计结果显示，学生成绩，其中不低于60分为及格，不低于80分为优秀，且优秀率为20%.若从全校参与竞赛的学生中随机选取5人，记选取的5人中知识竞赛及格的学生人数为，则（ ） A. 该知识竞赛的及格率为60% B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据正态分布的性质求得这次知识竞赛的及格率.分析得到随机变量服从二项分布，即可求得. 【详解】选项A：因为学生成绩，根据正态分布的对称性得：， 所以，即该知识竞赛的及格率为80%，故选项A错误； 选项B、C、D：因为，由题意可得， 所以，，. 故选项B、D正确，选项C错误. 故选：BD. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的单调递增区间为 B. 有3个零点 C. 若关于的方程有四个不同实根，则 D. 若，恒成立，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】先根据分段函数的解析式和导数相关知识判断函数的单调性，即可判断；令，分段求出的值即可判断；先解方程求出的值，再根据函数的单调性和最值画出函数图象，通过方程的根与图象的公共点之间的联系进行转化，进而判断；由已知将问题转化为求函数，的最大值问题，通过求导判断函数的单调性即可求解最值，进而求解的范围. 【详解】当时，，此时在上单调递增， 当时，，则， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以的单调递增区间为，故A正确； 当时令，得， 当时，令，得，所以函数有2个零点，故B错误； 因为，即， 所以或， 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数有最大值， 当时，，所以的图象如图所示， 由图可知有一个根， 若满足关于的方程有四个不同实根， 则有三个不同实根，所以，故C正确； 若，恒成立，则， 令，，所以， 由，得（舍）或， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 所以当时，有最大值为，所以， 所以，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 二项式的展开式中的常数项为______________（用数字作答）. 【答案】 【解析】 【分析】先求出展开式的通项，再按照展开式的次数为-2与0两种情况分类即可求出. 【详解】因为展开式的通项为， 令，得，则对应的项为， 令，得，则对应的项为. 故二项式的展开式中的常数项为. 故答案为： 13. 在数列中，，数列的前项和为，若，则数列的前项和为___________. 【答案】 【解析】 【分析】应用累加法及等差数列前n项和公式得，再应用裂项相消法求数列的前项和. 【详解】因为， 所以， 所以数列的前项和. 故答案为： 14. 已知函数，若的图象上存在不同的两个点关于原点对称，则实数的取值范围为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，可得方程在上有解，代入化简整理，令，换元得，在时有解，结合二次函数的图像性质，对的取值进行分类讨论，即可求解. 【详解】已知函数，由于的图象上存在不同的两个点关于原点对称，所以在上有非零解， 即在上有解， 即在上有解， 令，当且仅当，即时，等号成立， 则，在时有解， 令，其对称轴为， ①当时，在上单调递减，在上单调递增， 则，解得； ②当时，在上单调递增， 则，解得. 综上所述，实数的取值范围为. 经检验时,不合题意， 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、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线与曲线也相切，求的值； （2）若，求的最小值. 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解； （2）由题意可进行分离参数，得在上恒成立，构造函数，利用导数求得其最值，即可求得答案. 【小问1详解】 因为，所以， 所以函数在点处的切线方程为，即， 因为在点处的切线与曲线也相切， 设切线与曲线的切点为， 所以，① 因为，所以，②， 联立①②解得； 【小问2详解】 因为，所以恒成立， 即在上恒成立， 令，则， 当时，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以，由题意可知，故， 故的最小值为1. 16. 在2025年春晚《秧》节目中，宇树科技的“福兮”机器人采用人工智能（）驱动全身运动控制技术，能根据音乐旋律调整舞步，其最大关节扭矩高达360牛顿·米，节目播出后引发公众对机器人技术的兴趣和热情，为了了解不同性别的学生对的关注情况，某校随机抽取了90名学生，调查结果如表： 性别 关注 不关注 合计 男 55 60 女 合计 75 （1）完成上述列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为学生对的关注与性别有关？ （2）在这90名学生中随机抽取一位，若事件表示“该生关注”，事件表示“该生为女生”，求及的值. 附：，其中. 0.1 0.05 0.025 0.01 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 【答案】（1）列联表见解析，有关 （2），，， 【解析】 【分析】（1）由题意完善列联表，再计算，得出结论； （2）根据古典概型及和事件概率公式、条件概率公式求解. 【小问1详解】 根据题意，完成列联表如下： 性别 关注 不关注 合计 男 55 5 60 女 20 10 30 合计 75 15 90 零假设：学生对的关注与性别无关， 则， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 所以能认为学生对的关注与性别有关； 【小问2详解】 ， ， ∴， ∴， ∴. 17. 如图，在四棱锥上，底面为直角梯形，，，平面平面，为的中点，是棱上的点（不含端点），，，. （1）求证：平面平面； （2）若二面角大小为，求的值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题设条件，首先证明四边形为平行四边形，从而得到.再利用，证明.最后利用平面平面的条件，证明平面，进而证明平面平面； （2）建立空间直角坐标系，利用向量表示点的位置，通过向量的点积和夹角公式，求解二面角大小为时，的值. 【小问1详解】 证明：，，为的中点， 四边形为平行四边形，， 又，，即， 又平面平面，平面平面，平面，平面， 平面，平面平面； 【小问2详解】 解：，为的中点，， 平面平面，平面平面，平面，平面， 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 易知平面的法向量为， 又，，，，， 设，， ，又， 设平面的法向量为，则，即. 令，得， 二面角为，，解， 即，. 18. 已知双曲线的离心率为，点为坐标原点，过的右焦点的直线交的右支于两点，当轴时，. （1）求的方程； （2）过点作直线的垂线，垂足为. ①证明：直线过定点； ②求面积的最小值. 【答案】（1） （2） ①证明：如图，设，则， 由斜率不为0，可设， 联立双曲线并整理得， 则，， 所以， 由，直线， 根据双曲线的对称性，直线所过定点必在轴上， 令，则，解得， 因为，所以， 而，所以，则， 所以过定点； ； ② 【解析】 【分析】（1）由离心率及双曲线参数关系求得，结合已知令，代入双曲线求参数值，即可得方程； （2）①设，则，设，联立双曲线并应用韦达定理，结合直线、双曲线对称性确定定点位置并得到，再作化简求值，即可得定点坐标； ②应用三角形面积公式、弦长公式，结合求面积的最小值. 【小问1详解】 由题可知， 则， 由轴时，，可令， 代入双曲线得， 解得， 则所求方程为. 【小问2详解】 ①略； ②， 由①得，解得， 令， 则， 因为，所以，则，当时取等号， 所以的最小值为. 19. 在中，对应的边分别为，. （1）求角的大小； （2）奥古斯丁·路易斯·柯西是法国著名的数学家，他在数学领域有非常高的造诣，很多数学的定理和公式都以他的名字来命名的，如柯西不等式、柯西积分公式等，其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.下列为三维柯西不等式： ， 其中，当且仅当时等号成立，在（1）的条件下，若. ①求的最小值； ②若是内一点，过点作的垂线，垂足分别为，设的面积为，求的最小值. 【答案】（1）； （2）①108；②. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及三角恒等变换求解. （2）①化简为，由三维柯西不等式求解；②由三维柯西不等式有求解. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理， 得，而， 则，即， 整理得，即，又， 于是，又，所以. 【小问2详解】 ①由正弦定理得， 由柯西不等式得 ， 当且仅当，即为正三角形时取等号， 所以的最小值为108. ②. 又， ，由三维柯西不等式 得， 当且仅当，即时等号成立， 因此， 由余弦定理，得，则， ，令，则， 由，得，当且仅当时等号成立， 则，即，函数， 则当，即时，，， 所以当时，取得最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $