海南省海南中学2025届高三上学期开学考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份海南省海南中学2025届高三上学期开学考试数学试卷（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了 复数z满足，则复数的虚部是， 已知命题，命题，则， 已知向量满足，则， 已知数据，满足， 已知，则， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。

时间：120分钟 满分：150分
一､单项选择题：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. 复数z满足，则复数的虚部是（ ）
A B. 2C. D. -1
2. 已知命题，命题，则（ ）
A. 和均为真命题B. 和均为真命题
C. 和均为真命题D. 和均为真命题
3. 已知向量满足，则（ ）
A. -2B. -1C. 1D. 2
4. 已知数据，满足：，若去掉后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，下列说法错误的是（ ）
A. 中位数不变
B. 若，则数据的第75百分位数为7.5
C 平均数不变
D. 方差变小
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
6. 已知正三棱台的体积为，其上､下底面的边长分别为2，4，则该正三棱台的侧面上的高为（ ）
A. B. C. D. 2
7. 函数与函数公切线的纵截距为（ ）
A. 1或0B. -1或0C. 1或D. -1或
8. 类比数列，我们把一系列向量按照一定的顺序排列，可得到向量列.已知向量列满足，且满足，则的值为（ ）
A. B. C. D.
二､多项选择题：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. 数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（ ）
A. 是递减数列
B.
C 当时，
D. 当且仅当时，取得最大值
10. 已知函数，则（ ）
A. 是函数的极小值点
B. 存在3个不同的值，使得函数有2个零点
C. 有且仅有一个值，使得曲线有对称轴
D. 存无数多个值，使得曲线有对称中心
11. 已知线段是圆的一条动弦，为弦的中点，，直线与直线相交于点，下列说法正确的是（ ）
A. 弦的中点轨迹是圆
B. 直线的交点在定圆上
C. 线段的最小值为
D. 的最大值为
三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知直线是双曲线的一条渐近线，则此双曲线的离心率为__________..
13. 已知函数的部分图像如图所示，其中，则__________.
14. 已知，，则的最小值为______.
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. 已知分别为内角的对边，且.
（1）求角A；
（2）若，求边.
16 设函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当函数有最大值，且最大值小于时，求的取值范围.
17. 如图（1），在中，，点为的中点.将沿折起到的位置，使，如图（2）.
（1）求证：.
（2）在线段上是否存在点，使得？若存在，求二面角的正弦值；若不存在，请说明理由.
18. 已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，且椭圆过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线与椭圆交于两点，是椭圆上位于直线两侧的动点，且直线的斜率为.
①求四边形的面积的最大值；
②设直线的斜率为，直线的斜率为，判断的值是否为常数，并说明理由.
19. 从2024年开始，新高考数学试卷中为了提高试卷考点的覆盖面和提高试卷的区分度，对多项选择题的命题进行了改革.新高考数学试卷中的多项选择题，给出的4个选项中有2个以上选项是正确的.每一道题考生全部选对得6分，选项中有错误得0分，对而不全得部分分.对而不全得部分分的规则如下：若多选题中有2个选项正确，则只选对1个得3分；若多选题中有3个选项正确，则只选对1个得2分，只选对2个得4分.设一套数学试卷的多选题中有2个选项正确的概率为，有3个选项正确的概率为，没有4个选项都正确的（在本问题中认为其概率为0）.在一次模拟考试中：
（1）小明可以确认一道多选题的选项A是错误的，从其余的三个选项中随机选择2个作为答案，若小明该题得6分的概率为，求的值；
（2）小明可以确认另一道多选题的选项A是正确的，其余的选项只能随机选择.小明有三种方案：①只选A不再选择其他答案；②从另外三个选项中再随机选择1个，共选2个；③从另外三个选项中再随机选择2个，共选3个.若，以最后得分的数学期望为决策依据，小明应该选择哪个方案？2025届高三年级第0次月考
数学试题
时间：120分钟 满分：150分
一､单项选择题：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. 复数z满足，则复数的虚部是（ ）
A. B. 2C. D. -1
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可根据虚部概念求解.
【详解】由可得，
所以虚部为，
故选：D.
2. 已知命题，命题，则（ ）
A. 和均为真命题B. 和均为真命题
C. 和均为真命题D. 和均为真命题
【答案】A
【解析】
【分析】直接判断命题的真假，再根据命题的否定可判断.
【详解】对于命题p，当时，，所以p为真命题；
对于命题q，由于恒成立，所以恒有.
综上，p和q均为真命题.
故选：A.
3. 已知向量满足，则（ ）
A. -2B. -1C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】结合已知条件，求得，再对两边同时平方求出，
【详解】由得=，由，得
又所以
故选：D
4. 已知数据，满足：，若去掉后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，下列说法错误的是（ ）
A. 中位数不变
B. 若，则数据的第75百分位数为7.5
C. 平均数不变
D 方差变小
【答案】B
【解析】
【分析】利用中位数、百分位数、平均数和方差的定义分析计算即可.
【详解】原来的中位数与现在的中位数均为，故中位数不变，故A正确；
当时，数据按从小到大顺序排列：.
因为，所以该组数据的第75百分位数是第8个数8，故B错误；
由于，故,,,,,
原来的平均数为，
去掉后的平均数为，平均数不变，故C正确；
原来的方差为，
去掉后的方差为，
方差变小，故D正确.
故选：B
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据同角关系可得，即可由正切的差角公式求解.
【详解】由可得，又，所以，
故，
，故
故选：D
6. 已知正三棱台的体积为，其上､下底面的边长分别为2，4，则该正三棱台的侧面上的高为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件先计算出正三棱台的高,在根据勾股定理求出该正三棱台的侧面上的高即可.
【详解】设正三棱台的高为，上、下底面的中心分别为，
则，分别为的中点，连接，
则,做，则点在上，
则底面，底面，所以，
由，平面，得平面，
因为平面，所以，即为侧面的高，
上､下底面的面积分别为，，
所以正三棱台体积为，
解得，
，
所以该正三棱台的侧面上的高为.
故选：A.
7. 函数与函数公切线的纵截距为（ ）
A. 1或0B. -1或0C. 1或D. -1或
【答案】B
【解析】
【分析】先设切点分别为，并通过点斜式方程写出两条切线方程，根据公切线方程得，最后计算值即可.
【详解】设切点分别为，,
且导数为，
所以切斜方程为既为，
也为，
所以，
所以，
所以，
所以或，
所以公切线的纵截距为或.
故选：B.
【点睛】本题考查求公切线问题，解题关键是分别在函数上设不同切点并求切线方程，根据两切线方程一样来求解公切线斜率.
8. 类比数列，我们把一系列向量按照一定的顺序排列，可得到向量列.已知向量列满足，且满足，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造得，再利用等比数列定义和通项公式即可.
【详解】，
则，其中，
则是以为首项，2为公比的等比数列，
则，则.
故选：B.
二､多项选择题：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. 数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（ ）
A. 是递减数列
B.
C. 当时，
D. 当且仅当时，取得最大值
【答案】AC
【解析】
【分析】利用求出可判断ABC；对配方可判断D.
【详解】当时，，
当时，，
所以，
对于A，，所以an是递减数列，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，当，得，所以当时，，故C正确；
对于D，，因为，
所以当且仅当，或时，取得最大值，故D错误.
故选：AC.
10. 已知函数，则（ ）
A. 是函数的极小值点
B. 存在3个不同的值，使得函数有2个零点
C. 有且仅有一个值，使得曲线有对称轴
D. 存在无数多个值，使得曲线有对称中心
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A：举反例说明即可；对于B：分析可知与有2个交点，构建函数，求得利用导数分析交点即可；对于C：根据对称轴的定义可得，运算求解即可；对于D：可证，结合对称中心的定义分析判断.
【详解】由题意可知：函数的定义域为R，且，
对于选项A：例如，则，
令f′x>0，解得或；令f′x<0，解得；
可知在0,1内单调递减，在内单调递增，
可知是函数的极大值点，故A错误；
对于选项B：因为，可知0不为的零点，
令，可得，
令，则，
若函数有2个零点，则与有2个交点，
令，则，
当时，；当或时，，
可知在内单调递增，在内单调递减，
且，
当趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于，

由图象可得或或，则或或，
即存在3个不同的值，使得函数有2个零点，故B正确；
对于选项C：若曲线有对称轴，设为，
则，即，
整理可得，
结合的任意性可知，解得，
所以有且仅有一个值，使得曲线有对称轴，故C正确；
对于选项D：若，
则，
所以的对称中心为，
即存在无数多个值，使得曲线有对称中心，故D正确；
故选：BCD.
11. 已知线段是圆的一条动弦，为弦的中点，，直线与直线相交于点，下列说法正确的是（ ）
A. 弦的中点轨迹是圆
B. 直线的交点在定圆上
C. 线段的最小值为
D. 的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】设，由已知结合垂径定理求得的轨迹判断A；联立两直线方程消去判断B；由选项A、B及两圆的位置关系判断C；由数量积运算结合选项C求得数量积的最小值判断C．
【详解】对于选项A：设，因为，为弦的中点，
所以.而，半径为2，
则圆心到弦的距离为.
又圆心，所以，
即弦中点的轨迹是圆，故选项A正确；
对于选项B：由，消去可得，
得，即，故选项B正确；
对于选项C：由选项A知，点的轨迹方程为：，
又由选项B知，点的轨迹方程为：，
所以，，，
线段，故选项C不正确；
对于选项D：，
故，故，
由选项C知，，
所以，故选项D正确.
故选：ABD
三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知直线是双曲线的一条渐近线，则此双曲线的离心率为__________..
【答案】##
【解析】
【分析】由双曲线的渐近线方程为，可得，利用离心率公式，计算即可得到结果.
【详解】因为双曲线的渐近线方程为，
由直线是双曲线的一条渐近线，可得：，
，所以离心率为
故答案为;
13. 已知函数的部分图像如图所示，其中，则__________.
【答案】1
【解析】
【分析】观察图象确定函数的周期，由此求，根据求，再求即可.
【详解】设函数的最小正周期为，
观察图象可得，所以，又，
所以，
又，
所以，
所以，，又，
所以，
所以，
所以，
故答案为：.
14. 已知，，则的最小值为______.
【答案】12
【解析】
【分析】令，把已知式用表示，也用表示后，利用基本不等式求得最小值．
【详解】令，则，且，所以．
又，所以，
当且仅当，即，时等号成立．
故答案为：12.
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. 已知分别为内角对边，且.
（1）求角A；
（2）若，求边.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）运用正弦定理将边化角，然后化简即可；
（2）运用余弦定理求解边长即可.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理得，
因为,所以，
所以，
所以，
因为，
所以；
【小问2详解】
在中，，
所以由余弦定理得，
整理得，
解得（舍去），或
16. 设函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当函数有最大值，且最大值小于时，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求定义域，求导，对参数进行分类讨论即可；
（2）由（1）知a的初步范围，求得最大值，利用导数解不等式即可.
【小问1详解】
由，知，定义域为，
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，令，则在上单调递增；
令，则在上单调递减；
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
由（1）知，若有最大值，则，且，
因为的最大值小于，
所以，即在上恒成立，
设，问题转化为在上恒成立，
因为恒成立，所以在上单调递增，
又，所以，所以，
故的取值范围为.
17. 如图（1），在中，，点为的中点.将沿折起到的位置，使，如图（2）.
（1）求证：.
（2）在线段上是否存在点，使得？若存在，求二面角的正弦值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理即得.
（2）过点作直线，以为原点建立空间直角坐标系，由求出点位置，再求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得.
【小问1详解】
依题意，由点为的中点，，得，
又平面，
则平面，又平面，于是，
又平面，
则平面，又平面，则，
而平面，因此平面，又平面，
所以.
【小问2详解】
依题意，得，由（1），
则，过点作直线，则有，
显然直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
，
设，即，
则，
若存在点，使得，则，解得，则，
即当为线段中点时，使得，设平面的法向量为，
则，令，得，
设平面的法向量为，则，令，得，
设二面角的大小为，则，
所以二面角的正弦值.
18. 已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，且椭圆过点.
（1）求椭圆标准方程；
（2）直线与椭圆交于两点，是椭圆上位于直线两侧的动点，且直线的斜率为.
①求四边形的面积的最大值；
②设直线的斜率为，直线的斜率为，判断的值是否为常数，并说明理由.
【答案】（1）；
（2）①；②是，0
【解析】
【分析】（1）设椭圆的方程为，由题意得，再结合可求出，从而可求出椭圆方程；
（2）①求出，设直线的方程为，设点，将直线方程代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，再由是椭圆C上位于直线PQ两侧，求出的范围，然后表示出四边形的面积，化简可求出其最大值；②表示出直线的斜率和直线的斜率，然后结合前面的式子化简可得答案.
【小问1详解】
设椭圆的方程为.
由题意可得，解得，
所以椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
①当时，，解得，
所以点的坐标为，则，
设直线的方程为，设点，
联立，整理得：，由，可得.
由韦达定理知：，
又是椭圆C上位于直线PQ两侧，则
，解得
四边形的面积
故当时，；
②由题意知，直线的斜率，直线的斜率，
则
.
.
所以的值为常数0.
【点睛】关键点点睛：本题第（2）问解题的关键是设出直线的方程，代入椭圆方程化简，利用根与系数的关系，然后结合已知条件求解，考查计算能力，属于较难题.
19. 从2024年开始，新高考数学试卷中为了提高试卷考点的覆盖面和提高试卷的区分度，对多项选择题的命题进行了改革.新高考数学试卷中的多项选择题，给出的4个选项中有2个以上选项是正确的.每一道题考生全部选对得6分，选项中有错误得0分，对而不全得部分分.对而不全得部分分的规则如下：若多选题中有2个选项正确，则只选对1个得3分；若多选题中有3个选项正确，则只选对1个得2分，只选对2个得4分.设一套数学试卷的多选题中有2个选项正确的概率为，有3个选项正确的概率为，没有4个选项都正确的（在本问题中认为其概率为0）.在一次模拟考试中：
（1）小明可以确认一道多选题的选项A是错误的，从其余的三个选项中随机选择2个作为答案，若小明该题得6分的概率为，求的值；
（2）小明可以确认另一道多选题的选项A是正确的，其余的选项只能随机选择.小明有三种方案：①只选A不再选择其他答案；②从另外三个选项中再随机选择1个，共选2个；③从另外三个选项中再随机选择2个，共选3个.若，以最后得分的数学期望为决策依据，小明应该选择哪个方案？
【答案】（1）；
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件概率即可求解，
（2）分别求解三种情况下的期望，即可比较期望大小求解.
【小问1详解】
根据题意可知，不妨记一道多选题“有2个选项正确”为事件，
“有3个选项正确”为事件，
“小明该题得6分”为事件B，
则，解得；
【小问2详解】
若小明选择方案①，
记小明该题得分为，则的可能取值为2，3，对应概率为：
，故，
若小明选择方案②，
记小明该题得分为，则的可能取值为，对应概率为：
，
，
故，
若小明选择方案③，
记小明该题得分为Z，则Z的可能取值为，对应概率为：
.
故，
，
故以最后得分的数学期望为决策依据，小明应该选择方案①.