四川省眉山市彭山区第一中学2025届高三上学期开学考试数学试题（解析版）

这是一份四川省眉山市彭山区第一中学2025届高三上学期开学考试数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知向量，.若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标运算，求得，再求即可.
【详解】解：因为，所以，所以，所以.
故选：C.
【点睛】本题考查向量垂直时的坐标运算，向量模的求解，是基础题.
2. 已知集合，则包含的元素个数为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】由一元二次不等式化简集合，即可由交集的定义求解.
【详解】由，解得或，
所以或，
故，
故选：B
3. 已知且，则“”是“函数为偶函数”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】由“函数为偶函数”，可得，结合充分条件与必要条件的性质即可判断.
【详解】若函数为偶函数，由定义域为，则有，
即，即对任意恒成立，
即有，故，
由“”是“”的充分不必要条件，
故“”是“函数为偶函数”的充分不必要条件.
故选：A.
4. 函数的图象如图所示，则的解析式可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由奇偶性定义判断A、B，求判断C，结合排除法确定答案.
【详解】由，且定义域为R，为奇函数，A不符；
由，且定义域为R，为奇函数，B不符；
由与图象不符，C不符.
故选：D
5. 函数，若对任意、（），都有成立，则实数a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意得出函数在上单调递减，再利用分段函数的单调性列不等式组即可得出结果.
【详解】由对任意、（），都有成立，可知在上单调递减，
所以，解得，即实数a的取值范围为.
故选：C.
6. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指对数互化、对数的运算性质和换底公式计算找到关系式；
【详解】因为，所以，
，故.
故选：A.
7. 已知定义在上的函数(为实数)为偶函数，记，，，则､､的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据为偶函数得到，求出函数的单调性后可得的大小关系.
【详解】因为为偶函数，
所以，
故，
即对任意的恒成立，
故，
所以，，
则，
当时，，
在上为增函数，
因为，
故，
所以.
故选：D.
【点睛】本题考查函数的奇偶性、单调性以及指数对数的大小比较，属于中档题.
8. 已知直线是曲线与曲线的公切线，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设是图象上的切点，利用导数的几何意义求出曲线上的切点，继而求出t的值，结合切线方程，即可求得答案.
【详解】由题意知直线是曲线与曲线的公切线，
设是图象上的切点，，
所以在点处的切线方程为，即①
令，解得，
即直线与曲线的切点为，
所以，即，解得或，
当时，①为，不符合题意，舍去，
所以，此时①可化为，所以，
故选：A
二、多选题（每小题6分，共18分）
9. （多选）为了更好地支持中小型企业的发展，某市决定对部分中小型企业的税收进行适当的减免，现调查了当地的100家中小型企业的年收入情况，并根据所得数据作出了如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是（ ）

A. 样本在区间[500,700]内的频数为18
B. 如果规定年收入在300万元以内的企业才能享受减免税收政策，估计当地有30％的中小型企业能享受到减免税收政策
C. 样本的中位数小于350万元
D. 可估计当地的中小型企业年收入的平均数不超过400万元（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）
【答案】ABD
【解析】
【分析】由频率分布直方图的数据，先求出样本在区间,内的频率，再利用样本容量、频率、频数的关系求解，即可判断A，求出年收入在300万元以内的企业的频率，即可判断B，利用频率分布直方图中位数的求解方法，求出中位数，即可判断C，利用频率分布直方图中平均数的求解方法，求出平均数，即可判断D．
【详解】由频率分布直方图可得，，解得，
所以样本在区间,内的频数为，故A正确；
年收入在300万元以内的企业的频率为，故B正确；
，故中位数再,之间，设中位数为，
则有，解得，故C错误；
收入的平均数为，故D正确．
故选：ABD．
10. 已知定义在实数集R上的函数，其导函数为，且满足，，则（ ）
A. B. 的图像关于点成中心对称
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A、B，利用赋值法进行计算即可得；对C、D，利用赋值法后结合数列的性质进行相应的累加及等差数列公式法求和即可得.
【详解】对A：令，则有，即，故A正确；
对B：令，则有，又f1=0，故，
令，，则有，故，故B错误；
对C：令，则有，即，
则
，故C正确；
对D：令，则有，即，
则，即，
又，故，
则，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题C、D选项关键在于利用赋值法，结合数列的性质进行相应的累加及等差数列公式法求和.
11. 如图，正方体的棱长为1，P是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 平面
C. 的最小值为
D. 当，C，，P四点共面时，四面体的外接球的体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，求出为定值，且P到平面的距离为1，从而由等体积得到锥体体积为定值；B选项，证明出面面平行，得到线面平行；
C选项，将两平面展开到同一平面，连接，交于点，此时最小，最小值即为的长，由勾股定理得到最小值；
D选项，点P在点B处，，C，，P四点共面，四面体的外接球即正方体的外接球，求出正方体的外接球半径，得到外接球体积.
【详解】对于A，因为不在平面内，平面，
所以平面，又，
所以点到平面的距离为，
又为定值，
故定值，A正确；
对于B，因为，平面，平面，所以平面，
同理可知平面，
又，平面，
所以平面平面，
由于平面，故平面，B正确.
对于C，展开两线段所在的平面，得矩形及等腰直角三角形，
连接，交于点，此时最小，最小值即为的长，
过点作⊥，交的延长线于点，
其中，
故，又勾股定理得，C正确；
对于D，点P在点B处，，C，，P四点共面，
四面体的外接球即正方体的外接球，
故外接球的半径为，所以该球的体积为，D正确.
故选：ABD
【点睛】特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解.
三、填空题（每小题5分，共15分）
12. 已知为虚数单位，，若，则a-b=_______
【答案】4
【解析】
【分析】
先利用复数的乘法化简，再利用复数相等，得到a，b求解.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以a-b=4.
故答案为：4
【点睛】本题主要考查复数的运算和复数相等，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
13. 已知为椭圆的右焦点，为坐标原点，为上一点，若为等边三角形，则的离心率为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】由条件可知直角三角形，结合椭圆定义确定关系，由此可求离心率.
【详解】取椭圆的左焦点，连结，

由为等边三角形，则，
可知为直角三角形，且，
设，则，，
可得，则，
所以椭圆的离心率是．
故答案为：.
14. 已知正数a，b，c满足，，则的最小值为___________.
【答案】2
【解析】
【分析】使用不等式将放缩，使用“1”的代换及基本不等式求得目标最小值.
【详解】由题意知，当时取等号，
故
，当时取等号，
综上，当时，的最小值为2.
故答案为：2
【点睛】关键点点睛：本题求最小值关键是第一步用放缩法将放掉，第二步是将中的2代换为，将整式处理为，再用“1”的代换求最小值.
四、解答题
15. 的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）由正余弦定理求解即可；
（2）由（1）先求出，再由三角形的面积公式求解．
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得.
可化为.
又由余弦定理，有.
又，所以.
【小问2详解】
因为，由（1）有.
可化为.
又由，有.
所以.
16. 某中医药企业根据市场调研与模拟，得到研发投入（亿元）与产品收益（亿元）的数据统计如下：
（1）计算，的相关系数，并判断是否可以认为研发投入与产品收益具有较高的线性相关程度？（若，则线性相关程度一般；若，则线性相关程度较高）
（2）求出关于的线性回归方程，并预测若想收益超过20（亿元），则需研发投入至少多少亿元？（结果保留一位小数）
参考公式：回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式，相关系数的公式分别为，，.
参考数据：，，.
【答案】（1），相关程度较高
（2），93亿元
【解析】
【分析】（1）通过计算相关系数来进行判断.
（2）先计算回归直线方程，并由此作出预测.
【小问1详解】
由表中数据可知，，，
，，，
则，
故相关程度较高；
【小问2详解】
，，
则，，
故，
令，解得，
故研发投入至少9.3亿元.
17. 如图，在四棱锥中，，，平面，，、分别是棱、的中点．

（1）证明：平面；
（2）求平面与平面的夹角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）由中位线易证明四边形是平行四边形，进而得到，进而得到平面；
（2）由题易知，，两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，通过平面与平面的夹角计算公式计算余弦值，再用同角三角函数的基本关系计算正弦值；
【小问1详解】
如图所示，连接．

因为，分别是棱，的中点，
所以，
因为，，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
则．
因为平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
因为平面，
平面,
所以，
又因为，
所以，，两两垂直，
以为坐标原点，，，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．

由题中数据可得，，
，．
设平面的法向量为，
则
令，得．
因为，,
所以平面
平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，
则．
故，
即平面与平面的夹角的正弦值为．
18. 已知函数，定义域为.
（1）讨论的单调性；
（2）求当函数有且只有一个零点时，的取值范围.
【答案】（1）答案见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，分和，根据二次方程根的个数以及韦达定理分析判断的符号，进而可得的单调性；
（2）参变分离可得，构建，求导，利用导数判断的单调性，进而可得结果.
【小问1详解】
因为，
（ⅰ）当，即时，则f'x≥0在0,+∞内恒成立，
可知在0,+∞内单调递增；
（ⅱ）当，即或时，可知有两个不相等的根，
不妨令，可知，
①若，因为，可知，
令f'x>0，解得；令f'x<0，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增；
②若，因为，可知，
令f'x>0，解得或；令f'x<0，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增；
综上所述：当时，在0,+∞内单调递增；
当时，在内单调递减，在内单调递增；
当时，在内单调递减，在内单调递增.
【小问2详解】
若，可知0,+∞内无零点，不合题意，可知
令，整理得，
构建，
原题意等价于y=gx与的图象有且仅有一个交点，
因为，
构建，则，
令h'x>0，解得；令h'x<0，解得；
可知hx在0,2内单调递增，在内单调递减，
则，即在0,+∞内恒成立，
可知在0,+∞内单调递减，
且当趋近于0时，趋近于；当趋近于时，趋近于0且；
的大致图象如图所示，

可得，即，所以的取值范围为0,+∞.
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
19. 已知双曲线的两条渐近线分别为和，右焦点坐标为为坐标原点.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）直线与双曲线的右支交于点（在的上方），过点分别作的平行线，交于点，过点且斜率为4的直线与双曲线交于点（在的上方），再过点分别作的平行线，交于点，这样一直操作下去，可以得到一列点.
（i）证明：共线；
（ii）判断是否为定值，若是定值求出定值；若不是定值，说明理由.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）是定值，定值为.
【解析】
【分析】（1）根据渐近线方程与焦点坐标列方程组求解，即可得双曲线标准方程；
（2）（i）设斜率为4，与双曲线右支相交于两点的直线方程为，与双曲线方程联立得交点坐标关系，从而可得直线与直线的方程，联立两直线可得坐标关系，从而证得结论；（ii）设坐标为，直线方程为，结合（i）中坐标关系，利用两点之间的距离公式可得结论.
小问1详解】
由题意得解得所以双曲线的标准方程为；
【小问2详解】
（i）设斜率为4，与双曲线右支相交于两点的直线方程为，其中，
联立方程，消去可得，
该方程有两个正根，解得，
根据韦达定理：，
直线的方程为，而，即，
直线的方程为，而，即，
联立方程两式相加得，
代回方程组得，
根据，易得，
即都在直线上，所以共线；
（ii）为定值，定值为，理由如下：
由（i）得：设坐标为，直线方程为，
即（i）中，根据①中的计算，
，
，
，
所以.
【点睛】思路点睛：直线与双曲线的位置关系，联立直线与双曲线方程，得到根与系数的关系，利用坐标关系可求解点的横纵坐标关系、直线上两点距离、三角形面积、定值定点等几何性质问题，但需要注意计算技巧处理.研发投入（亿元）
1
2
3
4
5
产品收益（亿元）
3
7
9
10
11