2025届云南省玉溪师范附中高三上学期开学考-数学试卷（含答案）

这是一份2025届云南省玉溪师范附中高三上学期开学考-数学试卷（含答案），共15页。试卷主要包含了已知椭圆 E ，已知函数  的定义域为，已知函数  ，已知等差数列 ，若，已知双曲线，设实系数一元二次方程等内容，欢迎下载使用。
数学
考试范围：高考范围；考试时间：120 分钟
第 I 卷（选择题）
一､单选题（每小题 5 分，共 8 小题，共计 40 分）
∣

N
A

x ax 2,a
A N

a
，若 ，则所有 的取值构成的集合为（
1
.已知集合
）
A. 
B.1
C.0,1, 2
N
1
,2
D.
z 
2
.已知复数 z  8i2024  6i （i 为虚数单位），则
A.8 B.9 C.10 D.100
.某公司对员工的工作绩效进行评估，得到一组数据
（
）
x , x , x ,, x
1
x , x
重复记
3 9
3
，后来复查数据时，又将
2
3
9
录在数据中，则这组新的数据和原来的数据相比，一定不会改变的是（
）
A.平均数
B.中位数
C.极差
D.众数
x
2
4
.函数 f x 
的图象大致为（
）
e
x
A.
C.
B.
D.
A, B
x
2
 2y
O
OA  OB ，且AOB 的面积为12 3 ，则 AOB 
上的两点， 为坐标原点.若
5
.
是抛物线
）
（
A.30
B. 45
C. 60
D.120



a  2b,a b,2c

p a,b,c为基底时的坐标为2,3,3
以
p
6
.已知向量
，则
以
为基底时的坐标为（
）


5
2
1 3 
, , 
2 2 
 5 1 3 
, , 
B.
A.


C.1,3, 2
D.1,3, 2
 3 3 2 
.若"x 
0,2 ,2
x1

2x

m 0
"为假命题，则 的取值范围为（

m
7
）



9
9
4


A.,


2, 
2

, 
4
 ,

B. 
C.

D.



2x  2, x  0
f x  ex  ex  2sinx,g x  
.已知函数  
 
x
f g x m  0
，若关于 的方程 有两个不等
8
e
x
1, x  0

x , x
x  x
x  x
，则 的最大值是（
实根
，且
）
1
2
1
2
2
1
1
2
ln2 
3 ln2
ln2 1
D.
A. ln2
B.
C.
二､多选题（每小题 6 分，共 3 小题，选对得部分分，选错得 0 分，共计 18 分）
6

1

9
.在2x 
 的展开式中，下列命题正确的是（
）

x 
A.偶数项的二项式系数之和为 32
B.第 3 项的二项式系数最大
C.常数项为 60
D.有理项的个数为 3
x
2
2
y
2
2
0.已知椭圆 E :

1(a  b  0) 的左､右焦点分别为
F ,F
，左､右顶点分别为
A, B, P
是
E
上异于
1
1
2
a
b
A, B 的一个动点.若3 AF1  BF
，则下列说法正确的有（
）
1
1
2
A.椭圆 E 的离心率为
3
PF  F F
cs PF F 
，则
B.若
1
1
2
2
1
5
3
4
C.直线 PA 的斜率与直线 PB 的斜率之积等于 
D.符合条件 PF  PF  0 的点 P 有且仅有 2 个
1
2


3  
2  
3 
2 
1.已知函数  的定义域为
R, f x  y f x  y f x   f y  , f 0  0
f x
1
，则（
）


3 
2 
f    0
f x
是奇函数
A.
B.函数
C. f 0  2
f x
的一个周期为 3
D.
第 II 卷（非选择题）
三､填空题（每小题 5 分，共 3 小题，共计 15 分）
A, B,C, D, E
A, B 等级的比例为16%,34%
.假设某
1
2.某省的高中数学学业水平考试，分为
五个等级，其中

 2 
N 80,
A
次数学学业水平考试成绩服从正态分布
，其中王同学得分 88 分等级为 ，李同学得分 85 分等

级为 B .请写出一个符合条件的
值__________.
   P   X      0.68 ， P  2  X    2   0.95)
，则
X

N
,
2
（参考数据：若
1
3.有甲､乙两个工厂生产同一型号的产品，其中甲厂生产的占 40% ，甲厂生产的次品率为 2% ，乙厂生产
6
0% ，乙厂生产的次品率为3%，从中任取一件产品是次品的概率是__________.
的占
f x  Asin x  (A  0,  0,0    π)的部分图象如图所示.若在BCD
中，
4.已知函数  


1


B 
2 
CD  3, f    3 则BCD
，
面积的最大值为__________.
四､解答题（15 题 13 分，16､17 题各 15 分，18､19 题各 17 分，共计 77 分）
5.已知等差数列 ，若
a 11
6
a
a ,a ,a
，且 成等比数列.
14
1
n
2
5
（1）求数列an的通项公式；
1
a  2
1
b 
n
b 
n
的前 项和
S
n
（2）若
，设
，求数列
.
anan1
n
1
6.2021 年某公司为了提升一项产品的竞争力和市场占有率，对该项产品进行了科技创新和市场开发，经过
x, y
一段时间的运营后，统计得到
之间的五组数据如下表：
x
y
1
9
2
3
4
5
11
14
26
20
x
y
其中， （单位：百万元）是科技创新和市场开发的总投入， （单位：百万元）是科技创新和市场开发
后的收益.
y
r
（
1）求相关系数 的大小（精确到 0.01），并判断科技创新和市场开发后的收益 与科技创新和市场开发
x
的总投入 的线性相关程度；
（2）该公司对该产品的满意程度进行了调研，在调研 100 名男女消费者中，得到的数据如下表：
满意
45
不满意
10
总计
55
男
女
25
20
45
总计
70
30
100

是否有99%的把握认为消费者满意程度与性别有关？
（3）对（2）中调研的 45 名女消费者，按照其满意程度进行分层抽样，从中抽出 9 名女消费者到公司进行
现场考察，再从这 9 名女消费者中随机抽取 4 人进行深度调研，设这 4 人中选择“满意”的人数为 X ，求 X
的分布列及数学期望.
n

xi    
x
y
y
i
r 
i1
参考公式：①
；
n
n


xi  2   2
x
y
y
i
i1
i1
n(ad bc)2
       
a b c d a c b d
K
2

n  a bc  d
②
，其中
.

临界值表：

 
P K
2
k
0
2
.100
.706
0.050
3.841
0.025
0.010
0.001
0
k0
5.024
6.635
10.828
参考数据： 485  22 .
A, PC 
ABC, E､F
1
7.如图所示， AB 是O 的直径，点C 是 O 上异于
平面
分别为 PA ， PC
的中点，
PBC
（
（
1）求证： EF  平面
；
6
2）若 PC  2, AB  2 2 ，二面角
B  PAC
的正弦值为
BC .
，求
3
x
2
2
y
2
2
3
A a,0 , B 0,b

 

1的渐近线方程为 y  
l
的直线为 ，原
1
8.已知双曲线
x ，左焦点为 F，过
a
b
3
3
l
点到直线 的距离是
.
2
（
1）求双曲线的方程；
y  x  m交双曲线于不同的两点C, D
m
（2）已知直线
，问是否存在实数 ，使得以CD 为直径的圆经过双
m
曲线的左焦点 F .若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.

ax2  bx  c  0 a  0

①，有两根
x , x
ax  x x  x   0
，则方程可变形为
1
9.设实系数一元二次方程
，
1
2
1
2
展开得 ax2
 ax  x x  ax x  0
②，
1
2
1
2

b
x  x   ,

1
2
a
比较①②可以得到 
 c
,

x x
1 2


a
这表明，任何一个一元二次方程的根与系数的关系为：两个根的和等于一次项系数与二次项系数的比的相
反数，两个根的积等于常数项与二次项系数的比.这就是我们熟知的一元二次方程的韦达定理.
事实上，与二次方程类似，一元三次方程也有韦达定理.

b
a
x  x  x  

1
2
3


c
设方程 ax3
 bx2  cx  d  0a  0
有三个根
x , x , x
，则有
x x  x x  x x 
③
1
2
3
1
2
2
3
3
1
a


d
a
x x x  

1
2
3

（1）证明公式③，即一元三次方程的韦达定理；
f x  ax3
 bx2  x 1(a 0)

（2）已知函数
恰有两个零点.


f x
（i）求证：
的其中一个零点大于 0，另一个零点大于-2 且小于 0；
a  b
（ii）求
的取值范围.

玉溪师范学院附属中学 2024-2025 学年高三上学期开学适应性考试
数学 答案
考试范围：高考范围；考试时间：120 分钟
第 I 卷（选择题）
一､单选题（每小题 5 分，共 8 小题，共计 40 分）
1
.【答案】C

【详解】
A
 ∣  
x ax 2 , A

N
A  
a  0
时，易求
，故当
；
2
A  
x   N
a 1或 2.综上得： a0,1, 2
得，
当
时，由
a
2
.【答案】C
【
详解】 z  8i2024  6i  81 6i  8 6i ，所以 z  82  62 10
3
.【答案】C
【详解】平均数是所有数据之和再除以这组数据的个数，故平均数有可能改变，
中位数是按照顺序排列的一组数据中居于中间位置的数，故中位数也可能改变，
x , x
极差表示一组数据中最大值与最小值之差，将
所以极差一定不变，
重复记录在数据中，最大值与最小值并未改变，
3
9
众数是一组数据中出现次数最多的数，有可能改变.
.【答案】A
4

 
x 2 x
【
详解】由解析式知： f x 
，
e
x

0  x  2时 f x  0, f x
x  0 x  2 f x 0, f x
递增； 递减；
或
时
结合各选项易知：A 符合要求.
.【答案】C
5
【详解】如图，

2


2

a
a
OA  OB
A, B
y
两点关于 轴对称，设
A

a,
,B a,




，知
2 
2 


1
a
2
2 3
3



SAOB  2a 12 3



 

，
解得 a 2 3, B 2 3,6 , tan
，
2
2
6
3


  30, AOB  2  60
.
6
.【答案】B





p a,b,c为基底时的坐标为2,3,3
以
p  2a 3b  3c
【详解】因为向量
，所以
，






     
        
p

x a 2b y a b 2zc
x y a y 2x b 2zc
设
，

5
3
1
3
3
2
x 


x  y  2




由空间向量基本定理得
y  2x  3，解得 y 


2z  3


z 





 5 1 3 
 , , 
p a  2b,a b,2c
以
所以
为基底时的坐标为
.

3 3 2 
7
.【答案】C
x0, 2,2
x1

2x m 0
"为真命题，


【详解】由题意得该命题的否定为真命题，即"
2
x1  2x  m  0 即 m  2x1  2x ，
1
2
1
x ，则t 1, 4，则存在t 1, 4
0,2
令t  2x ，因为
，使得
m

t

成立，
t
t
1
t
1
f t  
令  

，令
，则t


2 （负舍），
2
t
2
t





f t
1, 2
2,4
则根据对勾函数的性质知
在 
上单调递减，在
 上单调递增，
3
9
4
9
4
9
4
f 1  , f 4 
且  
 
f (t)max  f 4 
m 
，则
，则
.
2
8
.【答案】B
f x  ex  ex

2sinx
可得：
【详解】由


R, f x ex ex 2csx 2 2csx 0
  


 

f x
函数
的定义域为
，


f x
R
所以函数
在
上单调递增.
 
令t g x

.
f g x m  0
x
因为关于 的方程
x , x , x  x
有两个不等实根
，
1
2
1
2
的方程t  g x
有两个不等实根
.
x
x , x , x  x
则关于
1
2
1
2
 
g x
的图象，如图所示：
y

作出函数

所以结合图形可知t

0, 2.
由t g x 可得：t 2x1 2,t  ex 1，

 


2
1
1
x  t  2 ,x  ln t 1



，即有 x  x  lnt 1 t  2
解得：
.
1
2
2
1
2
2
1
1
1t

1
设  





 t 
 
t  ln t 1  t  2 ,t  0,2，则
 

 .
t 1 2 2 t 1
2
令t 
，得：
  ；令t 0
0 t 1
，得：
，
0
1 t  2
1
2

 在区间0,1上单调递增，在区间1, 2上单调递减，所以  1 ln2
t
max
所以函数
.
二､多选题（每小题 6 分，共 3 小题，选对得部分分，选错得 0 分，共计 18 分）
9
.【答案】AC
【
详解】偶数项的二项式系数之和为 2n1  25  32，故 A 正确；
根据二项式，当 r  3时
C36 的值最大，即第 项的二项式系数最大，故 错误
4
B
r

1

63r
Tr1

C
3
r
6
(2x)6r

  
( 1)r Cr 26r

x
2
，
6

x

6
 r  0,r  4,T  C
4
6
2
2
 60
令
，故 C 正确；
5
2
3
 r
为整数时，
r  0, 2, 4,6
6
，故有理项的个数为 4，故 D 错误.
2
1
0.【答案】AC
AF  a  c, BF  a  c
3 AF1  BF 即3a  c  a  c
【详解】A 选项，
，因为
，
1
1
1
c
1
2
a  2c
e 

解得
，所以离心率
，故 A 正确；
a
PF  F F
PF1,PF
B 选项，若
，连接
，
1
1
2
2

2

2

2
RtPF1F
PF
F1F2
PF2
，又因为点 在椭圆上，
P
在
中，由勾股定理得
2
1
PF  PF  2a
所以
，
1
2
2
PF2 2 ，又由
5
所以2a  PF


(2c)
2


a  2c
PF  c
，解得
，
2
2
2
F1F
2
2c
4
cs PF F 

所以
2
1
PF2
5
5 ，故 B 错误；
c
2
P x , y , A a,0 , B a,0
C 选项，设 
 
 

0
0
y0

y0

y0
y0

y02
k

,kPB

,k k
PA



则
，
PA
PB

x02

2
x0
a
x0
a
x0 a x0
a
a
x
2
0
y
2
0
2

1，因为 a  2c
a
2
 4c2 ,b2  3c2
，
又因为点 P 在椭圆上，所以
，所以
a
2
b
3
3
4
x
x

3
2
0

3
c
2
 x2

2
0
 4c2
y
3
y
2
0
 3c2  x2
4
4c2
0
从而
，所以
，故 C 正确；
kPA
kPB




0
4
2
2
0
2
0
x
2
0
a
x


4c2
4
D 选项，因为 PF  PF  0 ，所以点 P 在以
F F
c
为直径的圆上，半径为 ，
1
2
1
2

又因为b  3c  c ，所以该圆与椭圆无交点，所以同时在圆上和在椭圆上的点不存在，即没有符合条件的
点 P ，故 D 错误.
1
1.【答案】AC


3 
2 
 3 
f    0
，A 选项正确；
x  y  0
f 0 f 0  f
2
【详解】令
，则
 
，所以
 2 


3  
2  
3 
2 
x  0
f y f y  f   f  y    0
f y  f y
f x
是偶函数，B 选项错
令
，则
，即
，所以
误；
3
2

   
 y 
    
f 3 f 0
2
 
3
，
f 3
f
3
x
f
，令
，则
3
2
x  y  
f 3  f 0  f
   
2
 
0  f 3 f 0
f
2
0 f
f 0  2, f 3  2
，C 选项正确；
2
3
令
，则
，所以
，
所以  
 
2
 
f 0  0
0 ，因为 ，所以
f
2
0

，则
3 
f 0

f
2
3


3 

3 

3 


3 
2 
y  
f  x    f  x    f  x   f 0 2f  x  
令
，
2
2 

2 

2 



3 

3 
2 

9 


3 
2 


9 
2 
f  x    f  x    0, f  x    f  x    0
f  x    f  x  , f x
所以
期为
，所以
的一个周
2 

2 


2 
6
,选 D 项错误.
第 II 卷（非选择题）
三､填空题（每小题 5 分，共 3 小题，共计 15 分）
1
2.【答案】7（答案不唯一，只需要填区间[5，8]内的任意一个值）
【详解】由题意可知，85  80  88，解得5    8.
故答案为：7（答案不唯一，只需要填区间5, 8内的任意一个值）.
1
3
0
.026 /
1
3.【答案】
5
00
A , A
为甲，乙两厂生产的产品， 表示取得次品，
B
【详解】设
1
2

 
  

 

 
P A
0.4, P A
0.6, P B∣A
0.02, P B∣A 0.03，
1
2
1
2

    
   
 
0.4 0.02 0.6 0.03 0.026




.
P B P A P B∣A
P A P B∣A
所以
1
1
2
2
所以任取 1 件产品的概率为 0.026.
3
3 / 3
1
4.【答案】
3
4
4

T
π
π
2π



，解得  2
f x  Asin2x 
A  0
，
【详解】由图象可得
，所以
，由
4
3 12 4


π


π


π 
3 
sin2  1,0    π  
f x  Asin2x  
由图
，即
，
12
3
π


π 
3 
由 f 0 3
Asin  3  A  2
f x  2sin2x  
，得
.故
，
3


B 
2 


π
3 
3
在BCD
中，
f    3  sin B   
，
2
π
π
3
4π
3
π
3
2π
π
3

0  B  π,  B 

 B 

B 
，即
，
3
3
B,C, D 的对边为b,c,d
，由CD  b  3 ，
设角
则b2  c2  d
2
 2cdcsB  c2  d  cd  2cd  cd  cd ，
2


cd  3


，
当且仅当c d
3 时等号成立.
1
1
3
3 3
4
3 3
4
SBCD  cdsinB  3

，所以BCD
.
面积最大值为
2
2
2
､
､
､
四 解答题（15 题 13 分，16 17 题各 15 分，18 19 题各 17 分，共计 77 分）
n
n 1
a  2n 1 a 11 S 
（2）
1
5.【答案】（1）
或
n
n
n
2
【
详解】解：（1）a 11,a  5d 11
①
6
1
a a , a 4d 2



a1

d a1 13d 化简得 6a1d  3d
2

a ,a ,a 成等比数列，a5
2

，若
2
5
14
2
14
1
d  0,an 11
d  0, 2a1  d
a 1,d  2
②，由①②可得，
若
1
a  2n 1 a 11
所以数列的通项公式是
或
n
n
1
1  1
 
1
 

b 
n

（2）由（1）得

2





n 1 2n 1 2 2n 1 2n 1

1


1 1 1
1
1
 

1 
1
 

n

S  b  b  b  1 

  1
 
2n 1
n
1
2
n

2n 1
2
3 3 5
2n 1 2n 1
2

y
x
1
6.【答案】（1）0.84，科技创新和市场开发后的收益 与科技创新和市场开发的总投入 具有较强的相关
2
0
性.（2）有；（3）分布列见解析，
9

1
 2 3 4 5
9 1114  26  20
x 
 3,y 
 16
【详解】（1）由题意可得
，
5
5
5

xi                   
( 2) ( 7) ( 1) ( 5) 0 ( 2) 1 10 2 4 37
，
x
y
i
y
i1
5
5


xi  2   2        
    
0 1 2  ( 7) ( 5) ( 2)
 
102

 
4  1940
，
x
y
i
y
( 2)2
( 1)2
2
2
2
2
i1
i1
3
7

r 
 0.84.
1940
"科技创新和市场开发后的收益
y
与科技创新和市场开发的总投入 具有较强的相关性.
x
（2）由题意：
满意
不满意
10
总计
55
男
女
45
25
20
45
总计
70
30
100
1
00(4520  2510)2

K
2

 8.129  6.635，
55457030
有9
9%的把握认为消费者满意程度与性别有关.
（3）易知 9 人中满意的有 5 人，不满意的有 4 人
由题意可知， X 的可能取值为 0,1, 2,3, 4
，
C
C
4
4
4
9
1
C
1
5
C
C
3
4
20 10
C
2
5
C
C
2
4
60 10

 0 

  
;P X


  


P X
1
;P X
2
;
126
4
9
126 63
4
9
126 21
C
3
5
C
C
1
4
40 20
C
C
4
5
4
9
5

 3 


  
;P X

P X
4
，
4
9
126 63
126

X
的分布列为：
X
0
1
2
3
4
1
10
63
10
21
20
20
63
5
P
1
26
1
126
10
10
5
20

  01        

E X
1
2
3
4
.
26
63
21
63
126
9
1
7.【答案】（1）证明见解析；（2） BC  2
PC 
ABC, AC 
平面 ，
ABC .所以 PC  AC
【详解】（1）证明：因为
平面
因为 AB 是 O 的直径，知
AC  BC
，

因为 PC  BC  C ，且
PC, BC 
平面
PBC
，所以
AC 平面 PBC
，
E, F
PA, PC
EF
AC
EF 
PBC
平面
由
分别是
的中点，所以
∥
，所以
.
（
2）以C
为原点，CA,CB,CP
x
y
所在直线分别为 轴､ 轴､ 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
z

 


 

a b  8(a  0,b  0)
，且
P 0,0, 2 ,C 0,0,0
A a,0,0 ,B 0,b,0
2
2
则
，设
，
m  0,1, 0
的一个法向量
PA  a,0,2 ,PB  0,b,2



，易知平面
PAC
所以
，

n

x, y, z
，则
设平面 PAB 的一个法向量



 
n PA 0 ax  2z
n  PA


0
,
 
则   ，即

，
by  2z  0
n  PB


z  ab
x  2b, y  2a
n  2b,2a,ab
取
，得
，则
，
6
3
B  PAC
因为二面角
的正弦值为
，则其余弦值为
，
3
3


mn
cs m,n    
2a


3

8a2

4b2 0，

所以
，化简得 a2b2
m n


3
4b
2
4a2
a
2
b
2
a
2
b2  8(a  0,b  0) ，所以 a4  4a2 32  0 ，解得： a2  4，即 a  2，
又因为
所以b  2
BC  2.
，即
x
2

y
2
1
.（2） m  3 2 .
1
8.【答案】（1）
3
b
3
【
详解】试题分析：（1） 
，
a
3
x
y
ab
ab
c
3
AB :  1的距离， d 


原点到直线
.
a
b
a2
b2
2
x
2

b 1,a  3
 y2 1.
.故所求双曲线方程为
3
y  x  m代入 x2 3y2

3中消去 ，整理得 2x2 6mx  3m2  3  0 .
y

（2）把

3m
2
 3, F
2, 0




C x , y , D x , y
x
1

x2  3m, x1x2

设
，则
，
1
1
2
2
2
因为以 CD 为直径的圆经过双曲线的左焦点 F，所以 FC FD  0 ，
可得x1  2x2  2
y1 y2

0
y
1

x1 m, y1 x1



m
把
代入，
解得： m  3 2
Δ  0，得
2
 2,m  3 2
Δ  0,m  3 2
满足
解
m


1 
4 
,  .
1
9.【答案】（1）证明见解析；（2）（i）证明见解析；（ii）

ax3  bx2  cx  d  0a  0
x , x , x
【详解】（1）证明：因为方程
有三个根
，
1
2
3
ax3  bx2  cx  d  0a  0
ax  x x  x x  x   0
，
所以方程
即为
1
2
3
变形为 ax3
 ax  x  x x2  ax x  x x  x x x  ax x x  0
，
1
2
3
1
2
2
3
3
1
1
2
3

b
x  x  x  

1
2
3
a


c
x x  x x  x x 

.
比较两个方程可得
1
2
2
3
3
1
a


d
a
x x x  

1
2
3


x1  0,
x2  0,
 有两个零点， f x 0
有一个二重根 ，一个一重根 ，且

f x
x
1
x
2

（2）（i）证明：


b
a
1
2x  x  

1
2


1
x
2
1
 2x x 
x
2
1
 2x x   0
x x  0 .
可得
由（1）可得

，由
1
2
1
2
1
2
a
a


1
x
2
1
x2  


a
1
x
2
1
 x    0
x  0,x  0  x
可得
2
由
.
2
2
1
a
x1
x1  2
 2x x  x2  x
，解得
2
x  
2
x
2
1
联立上两式可得
，
1
2
1
x  0, x  0x  2
2  x1  0  x
2
又
，综上
.
2
1
1


1
x1  2
1
2
a  





x
2
1
x2
x
3
1
x
2
1
x
3
1
（ii）解：由（i）可得

，
b
 2x  x  2  1  2x  4  1   2 3
1
x
2
1



2
1
2
1
2
2
1
x x2
x
x x
x
x
x
2
1
2
1
1
1
2
2
2

a  b 


.
x
3
x
2
x1
1
1
1


1 
2,0 , t
       
,
g t 2 t3 t
  

t
令t

, x
，则
2
，
1
x1
2

1
   
       
g t 2 3t 2t 1 2 3t 1 t 1 0，当t  
gt  0
时， ，

2

2


1 
2 
 1 
g t g   
1
4

g t
  , 
在
上单调递增，
，
 2 


1 
4 

a  b, 
.