甘肃省酒泉市瓜州县2025届高三下学期开学摸底考试数学试题（解析版）

这是一份甘肃省酒泉市瓜州县2025届高三下学期开学摸底考试数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 已知复数z在复平面内对应的点的坐标是，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意可得，则.
故选：D.
2. 满足的集合A的个数为（ ）
A. 3B. 7C. 8D. 15
【答案】B
【解析】由，整理可得，解得或，
则，设，所以＝，可得.
故选：B.
3. 已知为等差数列的前项和，若，，75成等比数列，且，则数列的公差（ ）
A. B. 2C. 5D. 2或5
【答案】B
【解析】设等差数列 的公差为 ，
由 ， ，75成等比数列可得 ，
即 ，
①，
又 ，即② ，
由①②解得 ， ，
故选：B.
4. 函数的图象大致为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】恒成立，故的定义域为R，
，
故为奇函数，BD错误；
当趋向于时，的增长速度远大于的速度，
故趋向于0，C错误，A正确.
故选：A
5. 已知双曲线的离心率为，其中一条渐近线与圆交于A，B两点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】圆的圆心，半径，
由双曲线的离心率为，得，解得，
于是双曲线的渐近线方程为，即，
当渐近线为时，点到此直线距离，即直线与已知圆相离，不符合要求，
当渐近线为时，点到此直线距离，则直线与已知圆相交，
所以弦长.
故选：D
6. 某厂生产一批圆台形台灯灯罩，灯罩的上下底面都是空的，圆台两个底面半径之比为，高为16cm，母线长为20cm，如果要对100个这样的台灯灯罩外表面涂一层防潮涂料，每平方米需要100克涂料，则共需涂料（ ）
A. 克B. 克C. 克D. 克
【答案】C
【解析】作圆台的轴截面如图：
梯形为等腰梯形，取上、下底面的中心分别为、，再取中点，连接，
则中，因为，所以，，所以.
所以.
所以灯罩的侧面积为：.
所以100个灯罩的外表面面积为：.
又每平方米需要100克涂料，所以共需涂料克.
故选：C
7. 已知函数的部分图象如图所示，为图象与轴的交点，为图象与轴的一个交点，且.若实数，满足，则（ ）
A. B. 0C. D. 2
【答案】C
【解析】由正弦函数的图象可知，，
则.
已知，设，根据两点间距离公式，因为，
所以，即，
解得（由图象可知点纵坐标为负）.
因为在的图象上，所以，
即，
又因为，所以，则.
因为在的图象上，所以，
即，，，，.
由图象可知，（为函数周期），，又，所以，，
当时，满足条件，所以.
因为的最大值为，最小值为，
已知，所以，一个为，一个为.
不妨设，，则，，解得；，，解得.
所以.
将代入得：
.
故选：C.
8. 已知，.设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意可得，，
因为，，所以两边取对数整理可得，，所以
又，，，
且，即，
所以，，所以.
故选：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，为的导函数，则（ ）
A. 曲线在处的切线方程为
B. 在区间上单调递增
C. 在区间上有极小值
D. 在区间上有两个零点
【答案】BC
【解析】依题意，，
对于A，，，所求切线方程为，A错误；
对于B，当时，，在区间上单调递增，B正确；
对于C，在上都单调递增，则函数在上单调递增，
，，则存在唯一，使得，
当时，；当时，，因此在处取得极小值，C正确；
对于D，由选项C知，在上有唯一零点，又，
当时，，即，，
因此在区间上有1零点，D错误.
故选：BC
10. 某校高三年级在一次考试后，为分析学生的学习情况，从中随机抽取了200名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图.为进一步分析学生的成绩分布情况，经计算得到这200名学生中，成绩位于的学生成绩方差为13.75，成绩位于的学生成绩方差为7.75.则（ ）

A.
B. 估计该年级学生成绩的中位数约为76.14
C. 估计该年级在80分及以上的学生成绩的平均数为87.50
D. 估计该年级在80分及以上的学生成绩的方差为31
【答案】ACD
【解析】对于A选项，在频率分布直方图中，各长方形的面积之和为1，
则，解得，故A正确；
对于B选项，前两个矩形的面积之和为，
前三个矩形的面积之和为，
设该年级学生成绩的中位数为，则，
根据中位数的定义可得，解得，
所以，估计该年级学生成绩的中位数约为77.14，故B错误；
对于C选项，估计成绩在80分以上的同学的成绩的平均数为
分，故C正确；
对于D选项，估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的方差为
，故D正确.
故选：ACD.
11. 如图，已知正方体的棱长为2，点M为的中点，点P为底面上的动点（包括边界），则（ ）
A. 满足平面的点P的轨迹长度为
B. 满足的点P的轨迹长度小于
C. 存在点P满足
D. 存在点P满足
【答案】AC
【解析】对A：如图：
取中点，中点，连接，则易证平面平面，此时平面，
故平面时，点的轨迹为线段.
因为正方体棱长为2，所以，故A正确；
对B：如图：
因为，且，所以，此时点轨迹为以为圆心，半径为的圆在正方形内的部分，易得分别为，中点，
所以，故劣弧的长度大于，故B错误；
对C：如图：
当为正方形中心时，，，，
所以，所以，故C正确；
对D：如图：
做点关于平面的对称点，则在直线上，且，连接，
则，且.故D错误.
故选：AC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知单位向量，，满足，则________.
【答案】
【解析】由题意，作等腰，且，记的中点为，连接，如下图：
设，，
由图可知，
由为单位向量，则，
等腰中，易知，
在中，，则，即，
所以.
故答案为：.
13. 某校举办一年一度的田径运动会，其中田赛含跳高、跳远、三级跳远、标枪和铅球等5个项目，径赛含100米、110米栏、400米、1000米等4个项目.某班为选拔优秀运动员，在班内组织选拔赛，要求同学们积极报名参赛，每位同学田赛与径赛各至少报名1个项目，且每人至多报3个项目，则每位同学的报名方案共有________种.（用数字作答）
【答案】90
【解析】当只报两个项目，由题意：；
若报3个项目，由题意：；
所以共有90中，
故答案为：90
14. 已知，，若对任意，都存在，使得，则实数a的取值范围为________.
【答案】
【解析】由得，
设，，则，
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减；
所以.
且当时，；当时，，
故的值域为；
设，，则，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
所以，
且当时，；当时，，
故的值域为；
依题意，的值域是的值域的子集.
显然，若，则的值域为，不合题意，舍去；
若，则的值域，
则需的值域，则，解得.
综上，实数a的取值范围为.
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. 的内角的对边分列为，已知.
（1）证明：；
（2）若点是边上一点，平分，，且的面积是面积的2倍，求.
（1）证明：因为，由正弦定理得，
在中，有，所以，
即，
所以，即，
因为，，所以，或（舍去），
所以.
（2）解：平分，
的面积是面积的2倍，
，即，
设AB边上的高为h，又，即，
，，，.
以下有不同解法.
解法一：
，，
即，.
解法二：
在中由余弦定理得，，即①
由.则，又，
，即②.
由①②联立得，.
解法三：
在中由正弦定理得，
又，，
，
，又A为中较小的角，，，则，.
16. 如图1所示，在平行四边形EBCD中，，垂足为，，将沿折到的位置，使得二面角的大小为，如图2所示，点为棱的中点.

（1）证明：平面平面；
（2）证明：；
（3）若点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
（1）证明：由题意可知，图2中，，，平面，
所以平面.
又面，所以平面平面.
（2）解法一：由平面几何知识可知，在图2中取AD中点O，连接MO，PO，

因为M为AB中点，所以，，
因为，，所以为二面角的平面角，
所以，则为等边三角形，所以.
又平面平面ABCD，交线为AD，所以平面ABCD，所以.
又，且平面PMO，所以平面PMO.
又平面PMO，所以.
解法二：因为，，所以为二面角的平面角，所以，
以A为原点，AB，AD所在直线为x，y轴，平行于PO的直线为z轴，建立空间直角坐标系.
则，，，，，，
则，，
所以，
所以.
（3）解：以A为原点，AB，AD所在直线为x，y轴，平行于PO的直线为z轴，建立空间直角坐标系.
则，，，，，，
设，面AMN的法向量为，，
，
则，取，则.
又，所以
因为直线PC与平面AMN所成角的正弦值为，所以
解得，，，
当时，直线PC与平面AMN所成角的正弦值为.
17. 甲乙两人轮流投掷质地均匀的骰子，第一轮甲先后投掷两次，接着乙先后投掷两次，依此轮流每人连续投掷两次.
（1）甲先后投掷两次，在第一次掷出偶数点的条件下，求甲两次掷出的点数之和大于6的概率；
（2）若第一轮甲连续两次掷出的点数均为偶数，则甲获胜.同时比赛结束；否则，由另一人继续投掷，直到有人连续两次掷出的点数均为偶数，则此人获胜且比赛结束.求甲获胜的概率.（注：若，当时，看作0）
解：（1）设事件“甲第一次掷出偶数点”，事件“甲两次掷出的点数之和大于6”，
样本空间，
样本空间包含的样本点个数为，且每个样本点都是等可能的.
，，
，，
则，，
所以，（或）
即在甲第一次掷出偶数点的条件下，两次掷出的点数之和大于6的概率为.
（2）若甲第一轮获胜，概率为；
若甲第二轮获胜，即第一轮投掷后两人的两个点数均不都为偶数，第二轮甲投掷后的两个点数都为偶数，概率为；
若甲第三轮获胜，即前两轮投掷后两人的两个点数均不都为偶数，第三轮甲投掷后的两个点数都为偶数，概率为；
由以上可得，若甲第轮获胜，即前轮投掷后两人的两个点数均不都为偶数，
第n轮甲投掷后的两个点数都为偶数.概率为；
于是，，，，…，组成一个以为首项，为公比的等比数列.
所以.
则当时，，故甲获胜的概率为.
18. 已知点，是圆与椭圆的公共点，且点M，N和椭圆的一个焦点相连构成一个等腰直角三角形.
（1）求r的值和椭圆C的方程；
（2）过点M的直线l分别交圆O和椭圆C于A，B两点.
（i）若，求直线l的方程；
（ii）P是C上一点，直线MP斜率为m，直线NA斜率为n，，求面积的最大值.
解：（1）因为点M，N是圆O与椭圆C的公共点.所以，.
又M，N和椭圆一个焦点是等腰直角三角形的三个顶点.
所以，，所以椭圆C的方程为.
（2）如图：
（i）因为过点M的直线l交圆O和椭圆C分别于A，B两点，
所以直线的斜率存在，则可设直线l的方程为，
由.得.则可得.
同理，由，解得
又已知点，则，，
因为，
因为，所以，所以直线的方程为或.
（ii）解法一：根据题意可知，设，则，由，得出，
由（i）可得，同理得
由对称性可得PB经过y轴上一定点，由P，B，T三点共线可得：
，从而，
整理可得：
化简可得：，
因为，，所以，所以直线PB过定点.
设，，则，显然PB斜率存在，设
由，得，，
令，所以，所以.
时单调递增.，即时，三角形面积有最大值，
综上：当PB斜率为0时三角形MPB面积有最大值.
解法二：根据题意可知，设，则，由，得出，
方程表示直线MP，MB，
上式可化为
由得，代入式，则有
即
则点P，B的坐标满足方程，
又过点P，B的直线唯一，且，所以直线PB方程为.
令，则直线PB过定点.
下同解法一.
19. 已知集合，设S的所有元素按一定顺序排列得到数列和.若X和Y满足，则称X和Y关于S封闭.
（1）若，，写出两个不同的数列Y，使得X和Y关于S封闭；
（2）已知数列，和Z关于S封闭.
（i）若随机变量服从，，求；
（ii）证明：存在不同于X的数列Y，使得Y和Z关于S封闭.
（参考公式：）
解：（1）数列Y可以为 .（写对两个即可）
（2）（i）由数列Z和X可以构成数表1，
因为X和Z关于S封闭，所以和取遍，所以，
因为，
所以，所以.
（ii）交换数表1中的两行，记该过程为第一次操作，得到数表2
调整数表2各列顺序，使数表2的第一行变为，数表2的第二行变为，
记该过程为第二次操作，得到数表3
因为X和Z关于S封闭，所以经过以上两次操作后，可知数列与数列Z关于S封闭，
假设数列X和Y相同，则，，…，，不妨设，，
经过第一次操作后，数表2中与同列.因此，故.
因为，故.
另一方面，因为X和Z关于S封闭，所以，取遍，
则有，从而与矛盾.
所以存在不同于X的数列Y，使得Y和Z关于S封闭.0
1
2
…
…
…
…
…
…
0
1
2
…
…
0
1
2
…
…
…
…