精品解析：贵州省遵义市赤水市第一中学2025届高三上学期开学摸底考数学试题

高三开学考试数学卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔填涂在答题卡上.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 第一部分（选择题 共58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 则（ ）. A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简，即可由模长公式求解. 【详解】由得，所以， 故选：B 2. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据全称量词命题的否定为特称量词命题判断即可. 【详解】命题“”为全称量词命题， 其否定为：. 故选：D 3. 已知向量满足，，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件，先求出，再将平方，并开方，即可求解． 【详解】因为， 则，即，解得，， 则， ． 故选：B． 4. 某市6月1日至14日的空气质量指数变化趋势如图所示，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，下列说法中不正确的是（ ） A. 该市14天空气质量指数的中位数为78.5 B. 该市14天空气质量指数的第30百分位数为55 C. 该市14天空气质量指数的平均值大于100 D. 计算连续3天空气质量指数的方差，其中6日到8日的方差最大 【答案】C 【解析】 【分析】由平均数、中位数、百分位数和方差的概念即可得出答案. 【详解】对于A，将14天的空气质量指数由小到大排列为： ， 所以该市14天空气质量指数的中位数为：，故A正确. 对于B：因为，所以该市14天空气质量指数的百分位数为，故B正确； 对于C：， 该市14天空气质量指数的平均值小于100，故C错误； 对于D：因为连续3天空气质量指数，6日到8日的波动最大，也即方差最大，故D正确. 故选：C. 5. 已知点是椭圆上的动点，于点，若，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，根据点在椭圆上可得，继而根据，设，求出，代入中，即可求得答案. 【详解】由于点是椭圆上的动点，设，则， 又于点，则； 设，由，得， 则，代入，得， 即点的轨迹方程为， 故选：A 6. 已知二次函数的值域为，则的最小值为（ ） A. 12 B. 9 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得，即可得到，再由基本不等式计算可得. 【详解】因为二次函数的值域为， 所以，所以且、， 所以，当且仅当，即、时取等号， 所以的最小值为. 故选：C 7. 已知三棱锥，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先证明平面，再将三棱锥补形成直三棱柱，再利用勾股定理求出外接球的半径，再根据求得表面积公式即可得解. 【详解】因为平面， 所以平面， 如图经补形可知球心在直三棱柱高的中点处为外接圆的圆心， 则， 所以， 则外接球的半径， 所以三棱锥的外接球的表面积． 故选：A. 8. 若，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，再利用函数单调性求解即可. 【详解】由， 得， 令， 因为函数都是增函数， 所以函数是增函数， 由，即， 所以， 对于AB，当时，，故AB错误； 对于CD，由，得， 所以，故C正确，D错误. 故选：C. 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. 已知函数（，），恒成立，且的最小正周期为π，则（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. 将的图象向左平移个单位长度后得到的函数图象关于y轴对称 D. 在上单调递增 【答案】ABD 【解析】 【分析】由周期可求出，由函数在处取得最小值及即可取出的解析式；利用正弦函数的性质即可求出函数图象的对称中心以及单调区间；根据函数平移的性质即可求出平移后的函数，即可判断平移后的函数是否关于y轴对称. 【详解】∵，∴．依题意得， ∴，且，∴， 即，则A正确； 令，即，当时，对称中心为， 则B正确； 将的图象向左平移个单位长度后得到的函数图象不关于y轴对称，则C错误； ∵，∴，所以在上单调递增，则D正确． 故选：ABD. 10. 已知抛物线：的焦点为，为坐标原点，动点在上，若定点满足，则（ ） A. 的准线方程为 B. 周长的最小值为5 C. 四边形可能是平行四边形 D. 的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】首先表示出抛物线的焦点坐标与准线方程，由距离公式得到方程，即可求出，求出抛物线方程，即可判断A；根据抛物线的定义判断B，求出点坐标，即可判断C；设，结合数量积的坐标运算分析求解. 【详解】对于选项A：因为抛物线的焦点为，准线方程为， 又点满足，则， 整理得，解得或（舍去）， 即抛物线， 所以准线方程为，焦点为，故A错误； 对于选项B：过点作准线的垂线，垂足为， 由抛物线的定义可知， 则周长 ， 当且仅当、、三点共线时取等号， 所以周长的最小值为，故B正确； 对于选项C：过点作的平行线，交抛物线于点， 即，解得，即， 则， 所以四边形不是平行四边形，故C错误； 对于选项D：设，则， 可得， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为，故D正确； 故选：BD 11. 已知的图象上能找到两个不同点关于原点对称，则称为函数的一对“友好点”，则下列正确的有（ ） A. 若，则有两对“友好点” B. 不可能有三对“友好点” C. 若仅有一对“友好点”，则 D. 当时，对任意的，总是存在，使得 【答案】BD 【解析】 【分析】不妨设，则存在友好点等价于方程有实数根，从而构造函数，利用导数求得其单调区间，画出函数的大致图象，讨论与直线的图象的交点个数情况，再逐个分析判断. 【详解】若和互为“友好点”，不妨设， 则，得， 令（），则， 所以当时，，当时，， 所以在上递增，在上递减， 所以的大致图象如图所示， 由图可知，当时，的图象与直线无交点，所以不存在“友好点”， 当或时，的图象与直线有一个交点，所以只有一对“友好点”， 当时，的图象与直线有两个交点，所以存在两对“友好点”， 不可能有三对“友好点”， 所以AC错误，B正确， 当时，对任意的，， 又， 所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以， 所以总存在，使，所以D正确， 故选：BD 【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列中，，则数列的前8项和等于______. 【答案】72 【解析】 【分析】利用等差数列的求和公式可得答案. 【详解】因为， 故答案为：72 13. 已知，，则_________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用两角和差的余弦公式展开，即可求出，，再由同角三角函数的基本关系计算可得. 【详解】因为， ， 所以，， 所以. 故答案为： 14. 在一个抽奖游戏中，主持人从编号为的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭，也就是主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开了另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率．现在已知甲选择了号箱，用表示号箱有奖品（），用表示主持人打开号箱子（），则______，若抽奖人更改了选择，则其中奖概率为______． 【答案】 ①. ②. ##0.375 【解析】 【分析】根据主持人可打开的箱子号码可确定；分别考虑奖品在号箱、不在号箱的情况，根据此时更改选择，结合全概率公式求解即可. 【详解】奖品在号箱，甲选择了号箱，主持人可打开号箱，则； 若奖品在号箱，其概率为，抽奖人更改了选择，则其选中奖品所在箱子的概率为； 若奖品不在号箱，其概率为，主持人随机打开不含奖品的两个箱子中的个， 若此时抽奖人更改选择，其选中奖品所在箱子的概率为； 若抽奖人更改选择，其中奖的概率为. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题考查条件概率的求解、决策类问题，解题关键是能够根据根据奖品所在箱子号码，确定主持人可打开的箱子数，由此确定选中中奖箱子的概率. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸. 15. 中，角A，B，C对边分别为a，b，c，，. （1）求的大小； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知得，结合正弦定理得 得，计算得到的大小. （2）法一：由（1）知，代入求得，结合余弦定理求得或，最后利用三角形面积公式计算结果；法二：求出的大小，再利用三角形面积公式即可. 【小问1详解】 由已知得，由正弦定理得 得 ， 得 【小问2详解】 法一：由（1）知，代入得， 由余弦定理 得 得或 ①当时， ②当时， 法二：代入得 ∵，∴，或 ①时， ②时， 16. 已知是函数的极值点，曲线在点处的切线斜率为． （1）求函数的解析式； （2）求函数在区间上的最值． 【答案】（1） （2）函数的最大值是，最小值是. 【解析】 【分析】（1）首先求函数的导数，根据极值点以及导数的几何意义，列式求解，再代入验证，即可求得函数的解析式； （2）根据（1）的结果，结合函数的单调性，求函数的最值. 【小问1详解】 ，由题意可知，，， 即，解得：，， 则，， ，和的变化关系，如下表所示， 0 0 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以是函数的极值点，，，满足题意， 所以； 【小问2详解】 根据（1）的结果可知，，，和的变化关系，如下表所示， 0 单调递减 极小值 单调递增 当时，函数取得最大值，当时，函数取得最小值， 所以函数的最大值是，最小值是. 17. 如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点． （1）证明：MN∥平面C1DE； （2）求二面角A-MA1-N的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）利用三角形中位线和可证得，证得四边形为平行四边形，进而证得，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）以菱形对角线交点为原点可建立空间直角坐标系，通过取中点，可证得平面，得到平面的法向量；再通过向量法求得平面的法向量，利用向量夹角公式求得两个法向量夹角的余弦值，进而可求得所求二面角的正弦值. 【详解】（1）连接， ，分别为，中点 为的中位线 且 又为中点，且 且 四边形为平行四边形 ，又平面，平面 平面 （2）设， 由直四棱柱性质可知：平面 四边形为菱形 则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系： 则：，，，D（0，-1,0） 取中点，连接，则 四边形为菱形且 为等边三角形 又平面，平面 平面，即平面 为平面的一个法向量，且 设平面的法向量，又， ，令，则， 二面角的正弦值为： 【点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型. 18. 甲、乙、丙三人进行一种传球游戏：当球在甲手中时，甲将球保留（也记为一次传球）的概率为，否则甲将球传给乙；当球在乙手中时，乙将球传给甲的概率为，否则乙将球传给丙；当球在丙手中时，丙将球传给甲的概率为，否则丙将球传给乙.初始时，球在甲手中. （1）设传球三次后，球在甲手中过的次数为，求随机变量的分布列和数学期望； （2）传次球后，记球在乙手中的概率为，求数列的通项公式； （3）在第（2）问的条件下，设.求证：. 【答案】（1）分布列见解析，1 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据传球游戏的规则，可得，再根据独立事件概率公式，求解概率，再结合分布列公式，即可求数学期望； （2）首先题意，可得关于数列的递推公式，，再通过构造求数列的通项公式； （3）首先根据（2）的结果，求，并利用放缩法证明不等式. 【小问1详解】 由题意知，， ， ， ， ， 所以随机变量的分布列为 0 1 2 3 随机变量的数学期望为； 【小问2详解】 由于传次球后不在乙手中的概率为， 此时无论球在甲手中还是球在丙手中，均有的概率传给乙， 故有， 变形为， 又，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以， 所以数列的通项公式； 【小问3详解】 由（2）可得， 则 所以. 又因为， ， 所以， 综上，. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是找到关于数列的递推公式，从而可以利用数列的知识解决问题，第三问的关键是对通项合理的放缩，从而可以求和，证明不等式. 19. 如图，已知双曲线的离心率为2，点在C上，A，B为双曲线的左、右顶点，为右支上的动点，直线AP和直线x＝1交于点N，直线NB交C的右支于点Q． （1）求C的方程； （2）探究直线PQ是否过定点，若过定点，求出该定点坐标，请说明理由； （3）设，分别为和的外接圆面积，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 直线PQ过定点，理由如下： 设， 直线PQ的方程为， 联立， 整理得， 则， 所以， 所以，所以， 直线，所以， 又N，B，Q三点共线， 所以，即，即， 所以， 即， 因为， 所以， 所以， 整理可得， 所以，所以PQ过定点； （3） 【解析】 【分析】（1）因为离心率，将点代入双曲线方程得，又，解得a，b，即可得出答案； （2）设，直线PQ的方程为，联立双曲线的方程，结合韦达定理可得，，写出直线AP的方程，进而可得N点的坐标，又N，B，Q三点共线，则，解得，即可得出答案； （3）设和的外接圆半径分别为，由正弦定理可得，又，可得，设直线PQ的方程为，与双曲线C的方程联立，可得，，由韦达定理得m的范围，结合弦长公式及函数性质进而可得答案. 【小问1详解】 因为离心率，所以，双曲线的方程为， 将点代入双曲线方程得， 所以， 所以双曲线C的方程为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设和的外接圆半径分别为 由正弦定理可得， 又， 所以，即， 设直线PQ的方程为x＝my+4， 与C的方程联立， 整理得， 则， 又，即， 所以，所以， 所以，即， 解得， 又因为， ， 所以， 因为，所以， 即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三开学考试数学卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔填涂在答题卡上.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 第一部分（选择题 共58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 则（ ）. A. 1 B. C. 2 D. 2. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量满足，，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 4. 某市6月1日至14日的空气质量指数变化趋势如图所示，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，下列说法中不正确的是（ ） A. 该市14天空气质量指数的中位数为78.5 B. 该市14天空气质量指数的第30百分位数为55 C. 该市14天空气质量指数的平均值大于100 D. 计算连续3天空气质量指数的方差，其中6日到8日的方差最大 5. 已知点是椭圆上的动点，于点，若，则点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知二次函数的值域为，则的最小值为（ ） A. 12 B. 9 C. 6 D. 8 7. 已知三棱锥，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 若，则（ ）． 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. 已知函数（，），恒成立，且的最小正周期为π，则（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. 将的图象向左平移个单位长度后得到的函数图象关于y轴对称 D. 在上单调递增 10. 已知抛物线：的焦点为，为坐标原点，动点在上，若定点满足，则（ ） A. 的准线方程为 B. 周长的最小值为5 C. 四边形可能是平行四边形 D. 的最小值为 11. 已知的图象上能找到两个不同点关于原点对称，则称为函数的一对“友好点”，则下列正确的有（ ） A. 若，则有两对“友好点” B. 不可能有三对“友好点” C. 若仅有一对“友好点”，则 D. 当时，对任意的，总是存在，使得 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列中，，则数列的前8项和等于______. 13. 已知，，则_________． 14. 在一个抽奖游戏中，主持人从编号为的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭，也就是主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开了另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率．现在已知甲选择了号箱，用表示号箱有奖品（），用表示主持人打开号箱子（），则______，若抽奖人更改了选择，则其中奖概率为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸. 15. 中，角A，B，C对边分别为a，b，c，，. （1）求的大小； （2）若，求的面积. 16. 已知是函数的极值点，曲线在点处的切线斜率为． （1）求函数的解析式； （2）求函数在区间上的最值． 17. 如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点． （1）证明：MN∥平面C1DE； （2）求二面角A-MA1-N的正弦值． 18. 甲、乙、丙三人进行一种传球游戏：当球在甲手中时，甲将球保留（也记为一次传球）的概率为，否则甲将球传给乙；当球在乙手中时，乙将球传给甲的概率为，否则乙将球传给丙；当球在丙手中时，丙将球传给甲的概率为，否则丙将球传给乙.初始时，球在甲手中. （1）设传球三次后，球在甲手中过的次数为，求随机变量的分布列和数学期望； （2）传次球后，记球在乙手中的概率为，求数列的通项公式； （3）在第（2）问的条件下，设.求证：. 19. 如图，已知双曲线的离心率为2，点在C上，A，B为双曲线的左、右顶点，为右支上的动点，直线AP和直线x＝1交于点N，直线NB交C的右支于点Q． （1）求C的方程； （2）探究直线PQ是否过定点，若过定点，求出该定点坐标，请说明理由； （3）设，分别为和的外接圆面积，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $