山西省运城市2025届高三上学期开学摸底调研数学试题（含答案）

这是一份山西省运城市2025届高三上学期开学摸底调研数学试题（含答案），共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题，多项选择题等内容，欢迎下载使用。

1.已知复数z=11+2i，则z的虚部是
A. 2B. 2iC. −25iD. −25
2.命题p：∃x>3，x2≥2x的否定为
A. ∃x>3，x2<2xB. ∀x>3，x2<2x
C. ∃x≤3，x2≥2xD. ∀x≤3，x2<2x
3.已知向量a=(1,3)，b=(2,m)，若(a−b)//a，则m=( )
A. 1B. 2C. 3D. 6
4.已知sin(α+β)=12，tan α=5tan β，则sin(α−β)=
A. 13B. 3C. 34D. 12
5.已知圆锥的底面半径为 2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为( )
A. 63πB. 2 63πC. 4 63πD. 8 63π
6.下列说法错误的是
A. 某校高一年级共有男女学生500人，现按性别采用分层抽样的方法抽取容量为50人的样本，若样本中男生有30人，则该校高一年级女生人数是200
B. 数据1，3，4，5，7，9，11，16的第75百分位数为10
C. 在一元线性回归方程中，若线性相关系数r越大，则两个变量的线性相关性越强
D. 根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到χ2=3.937，根据小概率α=0.05值的独立性检验(x0.05=3.841)，可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05
7.曲线f(x)=(x−2)ex−x2+2x在x=2处的切线方程是
A. y=(e2−2)(x−2)B. y=(e2−2)x−2
C. y=e2x−4D. y=e2x+4
8.已知csα−π6=13，则sin2α+π6=
A. 4 29B. 79C. −79D. −4 29
二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
9.已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn，公比为q，若S4=15，S2=3，则q=__________．
10.双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2．P是双曲线右支上一点，且直线PF2的斜率为2.△PF1F2是面积为8的直角三角形，则双曲线的方程为__________．
11.若曲线y=x+aex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是__________．
三、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
12.(本小题12分)
记△ABC中的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知c2b2+c2−a2=sinCsinB，
(1)求A；
(2)若a= 7，且△ABC的面积为3 32，求△ABC的周长．
13.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex−ax−2．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若f(x)≥−2在0,12恒成立，求实数a的取值范围．
14.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD // BC，AB⊥BC，E为PD的中点．
(1)若EA=EC，证明：CD⊥平面ACP；
(2)已知AD=2PA=2BC=4AB=4，求平面ACE和平面PCD所成的二面角的正弦值．
15.(本小题12分)
学习小组设计了如下试验模型：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子里有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有2个红球和8个白球，乙袋中有6个红球和4个白球．从这两个袋子中选择1个袋子，再从该袋子中随机摸出1个球，称为一次摸球．多次摸球直到摸出白球时试验结束．假设首次摸球选到甲袋或乙袋的概率均为12．
(1)求首次摸球就试验结束的概率；
(2)在首次摸球摸出红球的条件下．
①求选到的袋子为乙袋的概率；
②将首次摸球摸出的红球放回原来袋子，继续进行第二次摸球时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球，请通过计算，说明选择哪个方案使得第二次摸球就试验结束的概率更大．
16.(本小题12分)
已知点P1(t+1，t)在抛物线C：x2=4y上，按照如下方法依次构造点Pn(n=2，3，4…)，过点Pn−1作斜率为−1的直线与抛物线C交于另一点Qn−1，令Pn为Qn−1关于y轴的对称点，记Pn的坐标为(xn，yn).
(1)求t的值；
(2)求证：数列{xn}是等差数列，并求xn，yn；
(3)求△PnPn+1Pn+2的面积．
四、多项选择题：本大题共3小题，共18分。
17.已知f(x)= 3sin2x+π3，则
A. f(x+π)=f(x)B. f(x)的图象关于直线x=π6对称
C. f(x)的图象关于点π6,0对称D. f(x)在−5π12,π12单调递增
18.设函数f(x)=x3−x2+ax−1，则
A. 当a=−1时，f(x)有三个零点
B. 当a≥13时，f(x)无极值点
C. ∀a∈R，曲线y=f(x)对称中心的横坐标为定值
D. ∃a∈R，使f(x)在R上是减函数
19.到两个定点的距离之积为大于零的常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线.设F1(−c,0)和F2(c,0)且c>0，动点M满足|MF1|⋅|MF2|=a2(a>0)，动点M的轨迹显然是卡西尼卵形线，记该卡西尼卵形线为曲线C，则下列描述正确的是( )
A. 曲线C的方程是(x2+y2)2−2c2(x2−y2)=a4−c4
B. 曲线C关于坐标轴对称
C. 曲线C与x轴没有交点
D. △MF1F2的面积不大于12a2
参考答案
1.D
2.B
3.D
4.A
5.B
6.C
7.A
8.C
9.2
10.x22−y28=1
11.(−∞,0)∪(4,+∞)
12.解：(1)在△ABC中，由正弦定理得，sinCsinB=cb，
因为c2b2+c2−a2=sinCsinB，
所以c2b2+c2−a2=cb，
化简得，b2+c2−a2=bc，
在△ABC中，由余弦定理得，csA=b2+c2−a22bc=12，
又因为0(2)由S△ABC=12bcsinA= 34bc=3 32，
得bc=6，
由a2=b2+c2−2bccsA，
得7=b2+c2−6，所以b2+c2=13；
所以(b+c)2=b2+c2+2bc=25，
所以b+c=5，所以ΔABC的周长a+b+c=5+ 7．
13.解：(1)f(x)定义域为R，f′(x)=ex−a．
当a≤0时，f′(x)>0在R上恒成立，所以f(x)在R上单调递增;
当a>0时，解f′(x)=0，即ex−a=0，解得x=lna，
解f′(x)>0，得x>lna，则f(x)在(lna,+∞)上单调递增，
解f′(x)<0，得x综上所述，当a≤0时，f(x)在R上单调递增;
当a>0时，f(x)在(lna,+∞)上单调递增，在(−∞,lna)上单调递减．
(2)由f(x)≥−2得ex≥ax，而x∈(0,12)，
∴a≤exx ，
令g(x)=exx，g′(x)=ex(x−1)x2<0，
∴g(x)在(0,12)上单调递减，
∴g(x)>g(12)=2 e，
∴a≤2 e⋅
14.解：(1)因为PA⊥平面ABCD，AD，AP⊂平面ABCD，可知PA⊥AD，PA⊥CD，
且E为PD的中点，则EA=12PD，
若EA=EC，即EC=12PD，则PC⊥CD，且PA∩PC=P，
PA，PC⊂平面ACP，
所以CD⊥平面ACP．
(2)由题意可知：PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，以A为坐标原点，AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

因为AD=2PA=2BC=4AB=4
则A(0,0,0)，C(1,2,0)，D(0,4,0)，P(0,0,2)，E(0,2,1)，
可得AE=(0,2,1)，AC=(1,2,0)，PD=(0,4,−2)，CD=(−1,2,0)，
设平面ACE的法向量为m=(x1,y1,z1)，
则m⋅AE=2y1+z1=0m⋅AC=x1+2y1=0令x1=2，可得m=(2,−1,2);
设平面PCD的法向量为n=(x2,y2,z2)，则n⋅PD=4y2−2z2=0n⋅CD=−x2+2y2=0
令x2=2，可得n=(2,1,2)，
由题意可得：|cs⟨m，n>|=|m⋅n||m|⋅|n|=4−1+4 4+1+4⋅ 4+1+4=79，
所以平面ACE和平面PCD所成二面角的正弦值为4 29
15.解：(1)设摸球一次，“取到甲袋”为事件A1，“取到乙袋”为事件A2，“摸出白球”为事件B1，“摸出红球”为事件B2．
所以P(B1)=P(A1)P(B1|A1)+P(A2)P(B1|A2)=12×810+12×410=35．
所以摸球一次就试验结束的概率为35．
(2)①因为事件B1，B2是对立事件，
所以P(B2)=1−P(B1)=25．
所以PA2|B2=P(A2B2)P(B2)=12×61025=34，
所以选到的袋子为乙袋的概率为34．
②由①可得，P(A1|B2)=1−P(A2|B2)=1−34=14，
所以方案一、取到白球的概率为P1=P(A1|B2)P(B1|A1)+P(A2|B2)P(B1|A2)=14×810+34×410=12．
方案二、取到白球的概率为P2=P(A2|B2)P(B1|A1)+P(A1|B2)P(B1|A2)=34×810+14×410=710，
因为710>12．
所以方案二取到白球的概率更大，即选择方案二使第二次摸球就试验结束的概率更大．

16.解：(1)因为点P1(t+1,t)在抛物线C:x2=4y上，
则(t+1)2=4t，解得t=1．
(2)证明：由(1)可知：P1(2,1)，即x1=2，y1=1，
因为点Pn(xn,yn)在抛物线C:x2=4y上，则yn=xn24，且Qn−1(−xn,yn)，
过Pn−1(xn−1,x n−124)，且斜率为−1的直线Pn−1Qn−1:y−x n−124=−(x−xn−1)，
联立方程y−x n−124=−(x−xn−1)x2=4y可得x2+4x−4xn−1−xn−1=0，
解得x=xn−1或x=−xn−1−4，
所以−xn=−xn−1−4，可得xn−xn−1=4，
所以数列{xn}是以首项为2，公差为4的等差数列，
所以xn=2+4(n−1)=4n−2，yn=xn24=(4n−2)24=(2n−1)2．
(3)由(2)题意可知：Pn(4n−2,(2n−1)2)，Pn+1(4n+2,(2n+1)2)，Pn+2(4n+6,(2n+3)2)，
梯形TnPnPn+1Tn+1的面积为：STnPnPn+1Tn+1=12|TnTn+1|(|TnPn|+|Pn+1Tn+1|)
=12[(2n+1)2−(2n−1)2](4n−2+4n+2)=32n2，即STnPnPn+1Tn+1=32n2，
同理可得STn+1Pn+1Pn+2Tn+2=32(n+1)2，
梯形TnPnPn+2Tn+2的面积为：STnPnPn+2Tn+2=12|TnTn+2|(|TnPn|+|Pn+2Tn+2|)
=12[(2n+3)2−(2n−1)2](4n−2+4n+6)=16(2n+1)2，
即STnPnPn+2Tn+2=16(2n+1)2，
则ΔPnPn+1Pn+2(n∈N⋅)的面积为：
S△PnPn+1Pn+2=STnPnPn+1Tn+1+STn+1Pn+1Pn+2Tn+2−STnPnPn+2Tn+2=32n2+32(n+1)2−16(2n+1)2=16．
17.AD
18.BC
19.ABD