广东省部分学校2025届新高三上学期开学摸底联合教学质量检测 数学试题（含解析）

这是一份广东省部分学校2025届新高三上学期开学摸底联合教学质量检测 数学试题（含解析），共15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。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A．B．C．0,1D．2,3
2．若且，则x取值的集合为（ ）
A．B．C．D．
3．已知首项为1的等比数列 的前 项和为 Sn，若 ，则 （ ）
A．24B．12C．20D．15
4．设向量，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
5．已知随机变量服从正态分布，若，则（ ）
A．0.1B．C．D．
6．已知某圆锥的侧面积为，轴截面面积为1，则该圆锥的母线与底面所成的角为（ ）
A．B．C．D．
7．设抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线相交于，两点，，，则（ ）
A．1B．2C．4D．22
8．已知，，设函数，若，则的最小值为（ ）
A．8B．4C．2D．1
二、多选题（本大题共3小题）
9．若随机变量，且，则（ ）
A．B．
C．D．
10．如图，函数fx=Asinωx+φA>0,ω>0,φ≤π2的图象与轴的其中两个交点为，，与轴交于点，为线段的中点，，，，则（ ）
A．的图象不关于直线对称
B．的最小正周期为
C．f-x+2的图象关于原点对称
D．在5,7单调递减
11．如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将沿直线AM翻折成，连接，N为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）

A．不存在某个位置，使得
B．翻折过程中，CN的长是定值
C．若，则
D．若，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积是
三、填空题（本大题共3小题）
12．在，角，，所对的边分别为，，，，交AC于点，且，则的最小值为 ．
13．设是双曲线C: 的两个焦点，O为坐标原点，点P在C上且，则面积为 .
14．对于任意的，函数满足，函数满足.若，，则 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．在中，角，，所对的边分别为，，．已知．
(1)求角的大小；
(2)求的值；
(3)求的值．
16．某公司拟通过摸球中奖的方式对员工发放节日红包．在一个不透明的袋子中装有个形状大小相同的标有面值的球，每位员工从球袋中一次性随机摸取m个球，摸完后全部放回袋中，球上所标的面值之和为该员工所获得的红包数额．
(1)若，，当袋中的球中有个所标面值为元，1个为元，1个为元时，在员工所获得的红包数额不低于元的条件下，求取到面值为元的球的概率；
(2)若，，当袋中的球中有1个所标面值为元，2个为元，1个为元，1个为元时，求员工所获得红包数额的数学期望与方差．
17．如图，在三棱锥中，，，．
(1)证明：平面；
(2)若，E是棱上一点且，求平面与平面的夹角．
18．已知函数，，．
(1)讨论：当时，的极值点的个数；
(2)当时，，使得，求实数a的取值范围．
19．已知椭圆过点，且．
(1)求椭圆ω的方程；
(2)设O为原点，过点的直线l与椭圆ω交于P，Q两点，且直线l与x轴不重合，直线AP，AQ分别与y轴交于M，N两点．求证为定值．
参考答案
1．【答案】A
【分析】图中阴影部分表示的集合为，根据交集、补集的定义计算可得.
【详解】因为，，
所以，
所以，
即图中阴影部分表示的集合为.
故选A.
2．【答案】C
【分析】利用复数的四则运算化简复数，根据得方程，求解即得.
【详解】，
因，则，即，
可得，，解得或7．
故选C．
3．【答案】D
【分析】根据给定条件，借助等比数列前 项和公式求出公比即可得解.
【详解】设等比数列 an的公比为，显然，否则，此等式不成立，
则，由，整理得，即，
因此，所以.
故选D.
4．【答案】C
【分析】利用求投影向量的公式进行求解即可.
【详解】在方向上的投影向量为
.
故选C.
5．【答案】A
【分析】由条件结合正态密度曲线的对称性可得，结合条件可求.
【详解】因为随机变量服从正态分布，
所以随机变量的均值,
所以随机变量的密度曲线关于对称，
所以，
又，
所以，
因为，
所以，
故选A.
6．【答案】C
【分析】设相应长度，根据圆锥的侧面积和轴截面面积列式可得，再结合线面夹角运算求解.
【详解】设圆锥的母线为，底面半径为，高为，
由题意可得：，解得，
设该圆锥的母线与底面所成的角为，则，
可得，所以该圆锥的母线与底面所成的角为.
故选C.
7．【答案】B
【分析】设直线的方程为，Ax1,y1，Bx2,y2，联立，利用韦达定理和抛物线的定义即可求解.
【详解】设抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线相交于，两点，
设直线的方程为，Ax1,y1，Bx2,y2，
联立，可得，所以，，
则．因为，，所以，，
则，解得或．因为，所以．
故选B.
8．【答案】B
【分析】由化简得，就底数进行分类讨论求解得到，最后利用常值代换法，由基本不等式即可求得.
【详解】由可得，，即，也即，
因，①当时，可得，即得；
②当时，可得，即得，
综上可得，，即，因
故由，
当且仅当时，取得最小值,等于4.
故选B.
【思路导引】由化简得，就底数的正负进行分类讨论求解得到的关系，最后利用常值代换法，由基本不等式即可求得最值.
9．【答案】AC
【分析】利用二项分布的性质及期望、方差公式计算一一判定选项即可.
【详解】因为，所以，
整理得，解得，
则，，.
故选AC.
10．【答案】ACD
【分析】先写出关键点坐标，得到方程，后根据构造方程组解出，得到解析式，最后按照正弦型三角函数特征，结合对称性，周期性，奇偶性和单调性逐个验证即可.
【详解】由题可，，，则，
有，
，，
把代入上式，得，解得（负值舍去），
，，由，解得，
解得，，
对A，，故A正确；
对B：的最小正周期为，故B错误；
对C：，为奇函数，故C正确；
对D：当时，，在单调递减，为奇函数，故D正确.
故选ACD.
11．【答案】ABD
【分析】对于A，取AD的中点为E，若，则可推出矛盾，即可判断；对于B，结合余弦定理即可判断；对于C，采用反证的方法，利用得出互相矛盾的结论，即可判断；对于D，根据三棱锥体积最大，可得出平面平面，从而结合面面垂直性质求出相关线段的长，确定三棱锥外接球球心，求出半径，即可判断
【详解】对于A，取AD的中点为E，连接CE交MD于F，则四边形为平行四边形，如图，

F为MD的中点，由于N为的中点，则，
如果，则，
由于，则，
由于共面且共点，故不可能有，同时成立，
即不存在某个位置，使得，A正确；
对于B，结合A的分析可知，且，
在中，，
由于均为定值，故为定值，
即翻折过程中，CN的长是定值，B正确；
对于C，如图，取AM中点为O，由于，即，则，

若，由于平面，故平面，
平面，故，则，
由于，故，，则,
故，与矛盾，故C错误；
对于D，由题意知，只有当平面平面时，三棱锥的体积最大；
设AD中点为E，连接，由于，则，
且，而平面平面，平面，
故平面，平面，故，
则，
从而，则,
即AD的中点E即为三棱锥的外接球球心，球的半径为1，
故外接球的表面积是，D正确；
故选ABD.
【思路导引】解答本题的难点在于选项D的判断，解答时结合三棱锥体积最大，可得平面平面，从而结合面面垂直性质求出相关线段的长，确定三棱锥外接球球心，求出半径，即可判断.
12．【答案】
【分析】根据面积公式和，求出，故利用基本不等式“1”的代换求出最值，得到答案.
【详解】，
，
，
，
，
∴，
当且仅当，即时，等号成立，
故答案为：.
13．【答案】3
【分析】利用双曲线定理结合勾股定理求出的长，再利用三角形面积公式即可.
【详解】由题意得双曲线中，，则其焦点坐标，
根据双曲线对称性，不妨假设点在第一象限，
设，其中，
因为，则，
根据勾股定理知，
即，解得（负舍），
则，则面积为.
故答案为：3.
14．【答案】2
【分析】利用赋值法先判定的周期性，化，再利用赋值法计算即可.
【详解】令，得，则或（与矛盾舍去）.
令，得，则，
则，则，则.
又因为，所以，则，
从而.
故答案为：2.
【思路导引】抽象函数的性质问题通常用赋值法，通过巧妙赋值先判定的周期性，再利用赋值法计算函数值即可.
15．【答案】(1)；
(2)；
(3)
【分析】（1）根据余弦定理即可求出的大小，
（2）根据正弦定理即可求出的值，
（3）根据同角的三角形函数的关系，二倍角公式，两角和的正弦公式即可求出．
【详解】（1）由余弦定理以及，
则，
，
；
（2）由正弦定理，以及，，，可得；
（3）由，及，可得，
则，
，
．
16．【答案】(1)
(2)期望为；方差为
【分析】（1）记事件：员工所获得的红包数额不低于90元，事件：取到面值为60元的球，根据条件先求，再利用条件概率公式，即可求解；
（2）由题知可能取值为，再求出对应的概率，利用期望和方差的计算公式，即可求解.
【详解】（1）记事件：员工所获得的红包数额不低于90元，事件：取到面值为60元的球，
因为球中有个所标面值为元，1个为元，1个为元，且
，，，所以，
又，所以．
（2）设X为员工取得的红包数额，则可能取值为，
所以，，
，，
所以，
．
17．【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）连接，通过证明得出结合等腰三角形的性质得出线线垂直来证明线面垂直即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面夹角即可.
【详解】（1）连接，因为，，所以，
因为，，所以，
因为，所以，则，所以，
因为，平面，
所以平面．
（2）易知，O为的中点，所以，
由（1）可知，两两垂直，以O为坐标原点，所在直线
分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，因为，所以为正三角形，
所以，，，
因为，所以，所以，，
设平面的法向量为，则，
令，则，
又平面的一个法向量为，
所以，即平面PAE与平面PAC的夹角为．
18．【答案】(1)答案见解析
(2)．
【分析】（1）对函数求导，分别讨论当和导函数的正负，即可得到函数的单调性，从而求出极值点的个数；
（2）对求导，确定其最小值，从而将问题转化成不等式成立，进而构造函数，求导确定其单调性，即可求解.
【详解】（1），，
①当时，为增函数，
因为时，；时，，
所以有唯一的零点，当时，，当时，，
所以有一个极小值点，无极大值点．
②当时，令，则，
令，得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
所以，即，所以的极值点的个数为0．
综上所述，当时，的极值点个数为1，
当时，的极值点个数为0．
（2），
由，得，由，得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为当时，，使得，
所以只需成立，即不等式成立．
令，则，
则，
则在上恒成立，
故在上单调递增，
又，所以，
故实数a的取值范围为．
【思路导引】本题第二问的关键是利用导数求出，从而转化为求出不等式成立．
19．【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题可得，进而得出，即可得出椭圆方程；
（2）先考虑直线斜率不存在时，可得，当斜率存在时，设出直线方程，联立直线与椭圆，得出韦达定理，得出直线的方程，可表示出坐标，同理表示出的坐标，进而利用韦达定理可求出.
【详解】（1）因为椭圆过点，所以.
因为，所以.
所以椭圆的方程为.
（2）当直线斜率不存在时，直线的方程为.
不妨设此时，，
所以直线的方程为，即.
直线的方程为，即.
所以.
当直线斜率存在时，设直线的方程为，
由，得.
依题意，.
设，，则，.
又直线的方程为，
令，得点的纵坐标为，即，同理.
所以
.
综上，为定值，定值为.
【方法总结】解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为Ax1,y1，Bx2,y2；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为形式；
（5）代入韦达定理求解.