2025年秋季高三开学摸底考试模拟数学试题（二）（解析版）

这是一份2025年秋季高三开学摸底考试模拟数学试题（二）（解析版），共15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。
第一部分（选择题 共58分）
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（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由交集运算即可求解.
【详解】
因为集合，
则．
故选：C．
2．在复平面内，复数对应的点与复数对应的点关于实轴对称，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用复数的四则运算求出复数，再由在复平面内对应的点的对称性求得即可.
【详解】由，所以．
故选：C.
3．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据同角三角函数的除法公式化简齐次式，结合诱导公式可得解.
【详解】因为，所以，解得，
于是，
故选：A．
4．，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据对数函数与指数函数的图象与性质，分别求得的取值范围，即可求解.
【详解】由幂函数为增函数，得；
由指数函数为减函数，得；
由对数函数为减函数，得.
所以.
故选：A.
5.由伦敦著名建筑事务所SteynStudi设计的南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品，若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线下支的一部分，离心率为，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出的值，可得出双曲线的渐近线方程.
【详解】由已知可得，
因此，该双曲线的渐近线方程为.
故选：B.
6．定义在上的奇函数在上单调递增，且，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由奇函数的性质，可得函数的单调性与函数值为零的点，从而可得函数值与零的大小关系，结合不等式，可得答案.
【详解】由函数奇函数，且在上单调递增，则函数在上单调递增，
且，，
当时，；当时，，
由当时，，当时，，
则不等式的解集为.
故选：D.
7．已知棱长为2的正方体的几何中心为，平面与以为球心的球相切，若截该正方体所得多边形始终为三角形，则球表面积的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意球与每条棱都有公共点，然后利用临界分析，当球与每条棱有且仅有一个公共点时，球为正方体的棱切球，当球半径为外接球半径或更大时，截面将不存在，故球的半径满足，最后利用球的表面积公式求解即可.
【详解】依题意，平面与以为球心的球相切，因正方体每个顶点发出了三条棱，
要使与该正方体的截面始终为三角形，就必须使球与每条棱都有公共点，
当球与每条棱有且仅有一个公共点时，球为正方体的棱切球，
当球半径继续增大到外接球半径之前，都能确保截面始终为三角形，
而当球半径为外接球半径或更大时，截面将不存在，
因此必须使球的半径满足.
又棱长为2的正方体的棱切球的半径为面对角线的一半即，
外接球的半径为体对角线的一半即，所以，
所以.
故选：A
8．若曲线与有公共的切线，则的最大值为（ ）
A．-2B．2C．-1D．1
【答案】D
【分析】设直线与相切于求出切线方程，直线与相切于求出切线方程，让两条切线方程的斜率、截距相同可得.令，构造函数，利用导数求出最小值可得答案.
【详解】设直线与相切于，
则直线：，
直线与相切于，
则直线：，
因为曲线与有公共的切线，则两条切线方程的斜率、截距相同，
故，
则.
令，，
则在单调递增，且，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，于是有，
即.
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．防溺水安全教育不仅是为了防止学生在游泳时发生意外，更是为了提高学生的安全意识和自我保护能力，为此某校组织了“防溺水安全知识”答题比赛，并对参赛的200名学生的成绩进行了统计，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间分别为，则（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）（ ）
A．这200名参赛学生的成绩的上四分位数为82.5分
B．这200名参赛学生的成绩的平均值为76.5分
C．这200名参赛学生的成绩不低于80分的频率为0.03
D．若用分层抽样的方法从参赛学生中抽取一个容量为40的样本，则成绩在之间的应抽取20人
【答案】ABD
【分析】对于A，根据上四分位数的概念，结合频率分布直方图的性质，可得其正误；对于B，根据频率分布直方图的数据，利用平均数估计值的计算，可得其正误；对于C，根据频率分布直方图的性质，可得其正误；对于D，根据分层抽样的概念，结合频率分布直方图的数据可得每组的比例，可得其正误.
【详解】因为．，
所以这200名参赛学生的成绩的上四分位数即第75百分位数位于内，
则这200名参赛学生的成绩的上四分位数为，故A正确；
这200名参赛学生的成绩的平均值为
分，故B正确；
这200名参赛学生的成绩不低于80分的频率为，故C错误；
成绩在之间的应抽取人，故D正确．
故选：ABD．
10．如图是函数的部分图象，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．的图象关于中心对称
C．在上单调递增
D．的图象向左平移个单位长度后为奇函数
【答案】AC
【分析】根据、结合周期可判断A；根据余弦函数的单调性及对称性可判断BC；根据函数图象平移得到函数解析式，结合余弦函数的奇偶性可判断D.
【详解】对于A，由得，由得，
由得，故，
化简得，
由图可知该函数的周期，故，解得，
所以，故A正确；
对于B，由，得不是函数的对称中心，故B错误；
对于C，由，可得，
由，得函数在上单调递增，故C正确；
对于D，的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，此时为偶函数，故D错误.
故选：AC.
11．已知抛物线的焦点为F，A，B是抛物线上两动点，且的最小值为1，M是线段AB的中点，是平面内一定点，则（ ）
A．
B．若，则M到x轴距离为4
C．若，则
D．的最小值为4
【答案】ACD
【分析】根据的最小值即为，求得p，判断A；利用抛物线的焦半径公式可判断B；根据求出的纵坐标，结合焦半径公式判断C；判断P点位置，利用的几何意义，几何作图分析，可求得其最小值，判断D.
【详解】解：抛物线上的点A到抛物线焦点F距离的最小值为1，
则有，解得，A正确；
抛物线的方程为，焦点，准线，设，，
对于B，点，由抛物线的定义知，，
有，所以M到x轴距离，B不正确；
对于C，，，
由得：，即，
又，即，则，解得，，
于是得，C不正确；
对于D，抛物线中，当时，，
因此点在抛物线上方，
过点P作于，交抛物线于点Q，连接，
过A作于，连AF，AP，，如图，
显然，
当且仅当点A与Q重合时取等号，
所以，D正确．
故选：ACD.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，其中14题第一空2分，第二空3分．
12．已知向量，，若，则 ．
【答案】
【分析】根据向量坐标运算得，再利用向量垂直的坐标表示和向量模的坐标表示即可得到答案.
【详解】，又因为，则，
即，解得.
13．北斗七星是夜空中的七颗亮星，它们组成的图形象我国古代舀酒的斗，故命名为北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，也是古人判断季节的依据之一.如图，用点，，，，，，表示某季节的北斗七星，其中，，，看作共线，其他任何三点均不共线.若过这七个点中任意三点作三角形，则所作的不同三角形的个数为 .
【答案】31
【分析】应用间接法，7个点任选3个减去从4个共线的点任选3个的情况，即可得.
【详解】由题设，7个点任选3个减去从4个共线的点任选3个的情况，即为构成三角形的情况，
所以不同三角形的个数为个.
14．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则的值为 ，的取值范围为 .
【答案】，2，
【分析】空1：根据题设结合两角和的正弦公式、正弦定理化简即可求解；空2：根据余弦定理可得，再结合基本不等式即可求解.
【详解】由，得，
即，
即，由正弦定理得，即；
而，
当且仅当，即时取等号，
又，所以，
故的取值范围为.
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．（13分）
已知正项等差数列的公差为2，的前n项和为，且，，成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前10项和．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）由题意先求首项，进而得；
（2）由（1）先求，进而得，最后利用分组求和即可.
【详解】（1）由题意有，
又因为，，成等比数列，
所以，(3分)
即，（5分）
化简整理得，解得，（7分）
所以.(8分)
（2）由（1）有，
所以，（10分）
所以
.（13分）
16．（15分）
某公司是从事无人机特种装备的研发、制造与技术服务的综合型科技创新企业．该公司生产的甲、乙两种无人机性能都很好，但对操控人员的水平要求较高．已知在单位时间内，甲、乙两种无人机操作成功的概率分别为和，假设每次操作成功与否相互独立．
(1)该公司分别收集了甲种无人机在5个不同地点测试的两项指标，数据如下表所示：
试求与之间的相关系数，并利用说明与的线性相关程度．
（若，则线性相关程度较高，否则线性相关程度不高）
(2)操作员连续进行两次无人机的操作，在初次操作时，随机选择这两种无人机中的一种，若初次操作成功，则第二次继续使用该种无人机，若初次操作不成功，则第二次使用另一种无人机进行操作，求操作成功的次数的数学期望．
附．
【答案】(1)，线性相关程度较高；(2)
【分析】（1）根据相关系数公式，求出相关系数，再根据系数大小判断相关程度高不高.
（2）根据独立事件的乘法公式，求出分布列，求出期望.
【详解】（1）由题可知，
，
，
则相关系数，（5分）
因为，所以与的线性相关程度较高．（7分）
（2）设操作成功的次数为，则的所有可能取值为0，1，2．（8分）
，
，
，
所以．（15分）
17．（15分）
已知四棱锥，平面，底面是矩形，，，，分别是与的中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)
【分析】（1）要证明线面平行，需在平面内找到一条线段与平行即可.
（2）首先建立空间直角坐标系，然后将点的坐标表示出来，然后求出平面的法向量和直线的方向向量，进而可根据向量夹角的余弦公式即可求得直线与平面的正弦值.
（3）根据（2）中求得的平面的法向量，根据点到平面的距离公式即可求得结果.
【详解】（1）取的中点，连接.
则.
而底面为矩形，是的中点，
所以.
所以，所以四边形为平行四边形，（3分）
所以，又平面，而不在平面内，
所以平面.（5分）
（2）因为平面，四边形为矩形，所以以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示.
则，.
所以.
设平面的一个法向量为，
则，令，则.
所以平面的一个法向量为，（9分）
所以.
所以直线与平面所成角的正弦值为.（12分）
（3）因为，平面的一个法向量为.
所以点到平面的距离为：
.（15分）
18．（17分）
已知点是圆：上的一动点，点，点在线段上，且满足．
(1)求点的轨迹的方程；
(2)已知，设过点的一条直线与交于，两点，且与线段交于点．
（ⅰ）证明：到直线和的距离相等；
（ⅱ）若的面积等于的面积，求的坐标．
【答案】(1)；(2)（i）证明见解析；（ii）或．
【分析】（1）根题意由向量的运算得，即满足椭圆的定义，即可求出，进而得椭圆的方程；
（2）（ⅰ）设的方程为，与椭圆方程联立消元得，由韦达定理得，若到直线和的距离相等，则直线平分，即直线与的斜率之和为0，代入韦达定理验证即可；
（ⅱ）由（ⅰ）知直线平分，即，由的面积等于的面积，得，进而得，即，得在线段的垂直平分线上，由的垂直平分线为，代入椭圆方程即可求解.
【详解】（1）根据题意有，，即
，则，则的轨迹是椭圆，
，，所以，．所以的方程为．（4分）
（2）（ⅰ）因为椭圆的长轴右端点横坐标为，
所以的斜率一定存在（否则与椭圆没有交点）
设的方程为，
所以，
其中．
所以，（7分）
设，．
则，，（8分）
若到直线和的距离相等，则直线平分，且易知轴，
所以只需满足直线与的斜率之和为0．
设，斜率分别为，，则：
，（10分）
代入，．
有，故命题得证．（12分）
（ⅱ）由（ⅰ）知直线平分，即，
因为的面积等于的面积，
故，即，故．
故，，
在线段的垂直平分线上．（15分）
易知线段的垂直平分线为，与的方程联立有，
故的坐标为或．（17分）
19．（17分）
已知函数
(1)若为偶函数，求的值；
(2)若讨论函数在上零点的个数；
(3)当时，设，当时，，求的取值范围.
【答案】(1)；(2)2；(3).
【分析】（1）由偶函数的性质得到，结合已知即可得；
（2）由题设，讨论的范围，结合导数、零点存在性定理研究的零点分布情况，即可得；
（3）讨论当、及、，结合，并应用导数研究的单调性，由不等式恒成立确定参数范围即可.
【详解】（1）由，则，
所以恒成立，又，则.(3分)
（2）由题设，则，（4分）
当时在上单调递增，，无零点；（5分）
令，则，
当时，，所以在上单调递增，，
所以，所以存在，满足，（7分）
时，时，为函数极小值点，
，所以在时存在唯一零点.
当时，，则，当时，，
综上，时，恒成立，所以函数有2个零点.（10分）
（3）当时，，故，
所以在上单调递增，则，
当时，，若，则成立；
若，令，
则在上单调递增，
又，
存在，使，可得，
若，则在上单调递减；
若，则在上单调递增.（14分）
所以，解得.
此时，所以，从而.
所以的取值范围为.（17分）地点1
地点2
地点3
地点4
地点5
2
4
5
6
8
3
4
4
4
5