甘肃省陇南市礼县2025届高三下学期开学摸底考试数学试卷（解析版）

这是一份甘肃省陇南市礼县2025届高三下学期开学摸底考试数学试卷（解析版），共18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. 已知集合，则中所含元素的个数为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】，，
故选：B.
2. 复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设，则，
所以，，
所以，解得，，故，即复数的虚部为.
故选：A.
3. 已知是单位向量，且，在上的投影向量为，则与的夹角为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】若在上投影向量为，即，
由，则有，即，可得，
又由，
则有，解可得：，
设与的夹角为，则，
又由，则；
故选：D
4. 已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，则的值为（ ）
A. 5B. 10C. 9D. 6
【答案】A
【解析】设等比数列的公比为，则，且(由可得)，
，，
又，，
，解得，
.
故选：A.
5. 若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由，
又因为，所以得：
，
则，
即，
故选：C .
6. 已知正三棱锥底面边长为，且其侧面积是底面积的倍，则此正三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】在正三棱锥中，设顶点在底面的射影点为，则为正的中心，
延长交于点，则为的中点，连接，
因为正的边长为，为的中点，则，
因为，则，
则，
，
由题意可知，正三棱锥的侧面积为，则，
即，故，
因为为正的中心，则，
因为平面，平面，则，
所以，，
因此，该三棱锥的体积为.
故选：D.
7. 若双曲线与双曲线的渐近线相同，则称双曲线与双曲线为“共渐双曲线”.设为双曲线右支上一点，分别为双曲线的左顶点和右焦点，为等边三角形，双曲线与双曲线为“共渐双曲线”，且双曲线的焦距为16，则双曲线的标准方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意：，
设为双曲线的左焦点，由双曲线的定义，故，
由于，
化为，故，
则进而可得，
故双曲线的渐近线方程为，
因此的渐近线方程为，即，
由于焦距为，解得，
故的方程为.
故选：C
8. 已知函数的定义域为，存在常数，使得对任意，都有，当时，，若在区间上单调递减，则的最小值为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】存在常数，使得对任意，都有，
函数的周期是
当时，，且
即，
函数在和单调递减，在和上单调递增，
当时，函数在区间上单调递减，
，即，
故选：
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 随机变量，则
B. 随机变量，则当时概率最大
C. 从装有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球，“至少有一个红球”与“至少有一个白球”是互斥事件
D. 袋中装有2个红球和2个白球，这些球除颜色外完全相同，从中一次性摸出2个球，则摸到红球的个数服从超几何分布
【答案】ABD
【解析】对于A，随机变量，则，A正确；
对于B，随机变量，则，
，由二项式系数的性质知，当时，最大，B正确；
对于C，“至少有一个红球”与“至少有一个白球”的事件可以同时发生，
即取出的两球为一红一白的事件，因此它们不互斥，C错误；
对于D，设摸出红球的个数为，则，符合超几何分布，D正确.
故选：ABD
10. 已知圆，则下列说法正确的是（ ）
A. 若圆与轴相切，则
B. 若直线平分圆的周长，则
C. 圆的圆心到原点的距离的最小值为
D. 圆与圆可能外切
【答案】BC
【解析】对于A，圆的圆心为，半径为，因为圆与轴相切，，解得：或，故A错误；
对于B，因为直线平分圆的周长，所以圆的圆心在直线上，，解得：，故B正确；
对于C，圆的圆心到原点的距离，所以当时，最小值为，故C正确；
对于D，圆的圆心为，半径为，故圆与圆外切的条件为，当且仅当时，等式成立，此时方程不表示圆，故D错误.
故选：BC.
11. 已知数列满足：，是数列的前项和，，下列命题正确的是（ ）
A. B. 数列是递减数列
C. D.
【答案】AD
【解析】由题意，则，
设，则，
所以在上的单调递减，所以，即，
当时，可得，即，
设，则，
所以在上的单调递增，所以，
取，可得，即
所以，所以选项A正确.
设，则，
由上在上恒成立，则，
所以在上恒成立，所以在上单调递增.
所以数列是递增数列，故选项B错误.
由，所以，所以选项C不正确.
由数列是递增数列，所以，
由上，则，所以，
所以，故选项D正确.
故选： AD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 的展开式中的系数为____________．
【答案】
【解析】，
令，则，
所以.
故答案为：
13. 函数的最大值是____________．
【答案】
【解析】由求导可得：，令，解得，
当时，，当时，，
所以函数在上递减，在上递增，
由于当时，，当时，，
所以可知函数最大值为，
故答案为：.
14. 在中，，是所在平面内一点，且，若存在点，使，则最大值为____________．
【答案】
【解析】已知，变形可得，即.
根据向量共线定理可知，与共线，所以点在直线上.
以在直线为轴，的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系.
设，，.
因为，根据两点间距离公式可得：，
两边同时平方展开并化简得：，
配方可得：，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.
因为存在点，使，所以为点到直线的距离的最小值.
由点的轨迹可知，圆心到直线（轴）的距离为，圆的半径为，所以的最大值为圆的半径.
故答案为：.
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. 的内角所对的边分别为，点是的外接圆的圆心，，，．
（1）求该外接圆的面积；
（2）求．
解：（1）由，得，
所以，所以，
由余弦定理得
，
由正弦定理得，所以，
所以圆的面积.
（2）取的中点，连接，，则，
所以
，
由余弦定理得
，
所以.
16. 已知相关变量和的散点图如图所示，拟用①，②（其中均为常数，为自然对数的底数）两个模型拟合，令，计算得如下数据：
（1）设和的相关系数为，和的相关系数为，请从相关系数的角度，选择一个拟合程度更好的模型；
（2）根据（1）的选择及表中数据，建立关于的回归方程．（系数精确到0.01）
附：①相关系数，回归直线中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，；②．
解：（1）由题意进行数据分析：
，
则，因此从相关系数的角度，模型的拟合程度更好.
（2）先建立关于的线性回归方程.
由，得，即.
由于
所以关于的线性回归方程为，
所以，则.
17. 已知函数
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）试讨论的单调性．
解：（1）当，，
所以，
所以，又，
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）因为，
所以.
当时，，令，得，
令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增.
当时，令，解得或.
当时，，所以在上单调递增.
当时，，令，解得或，
令，解得，
所以在和上单调递增，在上单调递减.
当时，，令，解得或，
令，解得，
所以在和上单调递增，在上单调递减.
综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增，
当时， 在上单调递增，
当时，在和上单调递增，在上单调递减，
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
18. 如图，圆台下底面圆的直径为，是圆上异于、的点，、是圆台上底面圆上的两点，是的中点，，.
（1）证明：平面．
（2）求四面体的外接球的表面积；
（3）求直线与平面所成角的正弦值的最大值．
（1）证明：因为，，所以，，所以，，
因为为圆一条直径，是圆上异于、的点，则，
因为，、平面，，故平面.
（2）解：因为平面，且为正三角形，
将三棱锥补成正三棱柱，
设正的中心为点，正的中心为，则的中点为外接球球心，
的外接圆半径为，，
所以，外接球的半径为，
因此，四面体的外接球的表面积为.
（3）解：因为平面，，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，过点作垂直于底面的垂线为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、，
设点，连接、，
因为，所以，，，
易知平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则，
不妨设，，
则，
设，则，
则
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
因此，直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
19. 已知椭圆的右焦点为，右顶点为A，直线与轴交于点，且．
（1）求椭圆的方程．
（2）设点为直线上的动点，过作的两条切线，分别交轴于点．
①证明：直线的斜率成等差数列．
②设经过三点，是否存在点，使得？若存在，求；若不存在，请说明理由．
解：（1）由右焦点知，
，所以，
若，则，即，方程无解；
若，则，所以，
所以，
所以椭圆的方程为.
（2）①设，易知过且与相切的直线斜率存在，方程设为，
联立方程，
消得，
，即，
设直线的斜率分别为，
所以，，
，
所以，
即直线的斜率成等差数列.
②直线的方程为，令，得，
所以，同理可得，
所以的中垂线为，
中点为，
所以直线的中垂线为，
联立，解得，
所以，
所以，，
，即，
所以，即，
所以，解得，所以，所以.
所以存在点，使得，此时.
20
66
770
200
14
460
4.20
3125000
0.308
21500