2025年秋季高三开学摸底考试模拟数学试题（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（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。
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．若集合，则（ ）.
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】分别求出集合,再根据并集的定义求解即可.
【详解】由题意，得,
所以.
故选：C.
2．在某次全市高三模拟考试后，数学老师随机抽取了6名同学的第一个解答题的得分情况如下：7，10，5，8，4，2，则这组数据的平均数和分位数分别为（ ）
A．6，3B．5，3C．5，4D．6，4
【答案】D
【分析】根据给定条件，求出平均数和分位数即可.
【详解】这组数据的平均数，
由小到大排列这组数据：2，4，5，7，8，10，而，则30%分位数为4.
故选：D
3．在复平面内，对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
【答案】D
【分析】利用复数模的定义求出，再结合复数的除法运算求出，再判断其所对应点的位置即可.
【详解】因为，
所以，
即对应的点为，位于第四象限，故D正确.
故选：D.
4．已知数列{}的前n项和满足：，且＝2，那么＝（ ）
A．2B．10C．11D．56
【答案】A
【分析】令 ，可得，再利用求解即可.
【详解】中，令 ，
即，
所以 ，
故选：A.
5．已知，则（ ）
A．2B．1C．D．
【答案】C
【分析】由已知，结合辅助公式求出，再代入求解即可.
【详解】，
故，可得，
代入计算可得.
故选：C.
6．已知函数，若，则（ ）
A．B．
C．D．以上都不对
【答案】B
【分析】利用求导判断单调性，再借助，然后通过数形结合，即可作出判断.
【详解】求导得，
当时，，所以在区间上单调递增，
当时，，所以在区间上单调递减，
根据，，
当时，，可作出图象：
所以当时，，
根据图象可知，，
所以恒有，故B正确，
由于，，所以，故C错误，
故选：B.
7．工匠们要用一球体雕刻出一正三棱台，正三棱台的顶点都在该球体的球面上，且要求雕刻出的棱台的侧棱长为，上、下底面边长分别为和，则所用球体的半径为（ ）
A．7B．C．D．
【答案】D
【分析】先利用直角三角形的边角关系求得正三棱台上下底面所在圆面的半径分别为．设球心到正三棱台上、下底面的距离分别为，球的半径为，则．设正三棱台的高为，得，然后根据，列出方程求解得到球的半径．
【详解】如图，设正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为，则，．
设球心到正三棱台上、下底面的距离分别为，球的半径为，则．
设正三棱台的高为，由棱台的侧棱长为，得或，
即或，
解得．
故选：D．
8．已知为椭圆的左、右焦点，为椭圆的上顶点，为椭圆的右顶点，连接交椭圆于另一点，若，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用平行线的性质得到，利用相似三角形的性质得到，再结合余弦定理得到，进而得到，最后构建齐次方程求解离心率即可.
【详解】如图，连接，因为为椭圆的上顶点，所以，
因为，所以，故，
解得，设，，则，
，由余弦定理有，
即，解得，
因为，所以，
化简得，即，
整理得，解得，故B正确.
故选：B．
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．记的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】先根据三角函数关系求出，再利用正弦定理求出与的关系，进而判断与的关系，最后根据余弦定理求出与的关系，即可判断各选项.
【详解】因为，是三角形内角，则.
所以 ，
已知，由正弦定理可得：
，
又因为，所以.
因为，所以，且，那么或.
若，又，则，这与矛盾，所以，故选项正确，错误.
由余弦定理可得：，即，
即，得，则或.
因为，所以，故选项正确，错误.
故选：BD.
10．已知双曲线的渐近线与圆相切，，为的左、右焦点，动点在的左支上，则（ ）
A．B．为直角三角形
C．周长的最小值为D．的最小值为2
【答案】BC
【分析】根据双曲线的渐近线方程及直线与圆相切求出即可判断A；根据双曲线的关系求出，可得，进而结合勾股定理判断B；结合双曲线的定义可得周长为，结合三角形的几何性质求解判断C；设，，，进而结合两点间的距离公式、二次函数的性质求解判断D.
【详解】双曲线的渐近线方程为，即，
由圆，圆心为，半径为，
因为渐近线与圆相切，
所以，解得，故A错误；
而，则，即，所以，
则，则，
即，所以为直角三角形，故B正确；
周长为
，当且仅当三点共线时等号成立，
则周长的最小值为，故C正确；
设，，，则，即，
所以，
则时，取得最小值，故D错误.
故选：BC.
11．在平面直角坐标系中，如果将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转（为弧度）后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”，则（ ）
A．，函数都为“旋转函数”
B．若函数为“旋转函数”，则
C．若函数为“旋转函数”，则
D．当或时，函数不是“旋转函数”
【答案】BCD
【分析】对A，举例说明即可；对BCD，设将旋转后得出方程，则只需与原函数仅有一个交点即可，然后逐项求解判断即可.
【详解】对A：当旋转时与轴重合，此时个对应多个值，故A错误；
对B：将旋转后所得直线为，则只需与原函数仅有一个交点；
令，，当时，只有一个零点，所以，即，故B正确；
对C：令，当在定义域内仅有唯一解时，即，
当时，仅有一个解，故满足题意；
当时，的判别式，
对任意的，都存在使得判别式大于0，不满足题意；故，故C正确；
对D：若是“旋转函数”，当仅有唯一解时，即，令，
，令，则
当时，方程为，得，仅有唯一解，符合题意；
当时，当，，当，，所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为时，，，所以可得先减后增，不符合题意；
当时，当，，当，，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，有极大值也是最大值，即，则；
综上得存在时，是“旋转函数”，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：（1）导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理；（2）利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用；（3）证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
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．将编号为1，2，3，4的4个小球随机放入编号为1，2，3，4的4个凹槽中，每个凹槽放一个小球，则至少有2个凹槽与其放入小球编号相同的概率是 .
【答案】
【分析】利用排列组合，先求出将编号为的4个小球随机放入编号为的4个凹槽中的放法数，再求出至少有2个凹槽与其放入小球编号相同的放法数，再利用古典概率公式，即可求出结果.
【详解】将编号为的4个小球随机放入编号为的4个凹槽中，共有种放法，
恰有2个凹槽与其放入小球编号相同的有种放法，4个凹槽与其放入小球编号相同的有1种放法，
所以至少有2个凹槽与其放入小球编号相同的概率是，
故答案为：
13．若向量与不共线也不垂直，且，则 .
【答案】
【分析】根据平面向量的数量积求夹角即可.
【详解】由题意可得： ，
故： ，即向量 与的夹角为 .
故答案为：
14．一条直线与函数和的图象分别相切于点和点，则的值为 ．
【答案】-2
【分析】求导，由导数几何意义得到切线方程，对照系数得到，联立得到，故.
【详解】因为，，所以，，
则在点处的切线方程为，即；
在点处的切线方程为：，即，
由已知，由得，故，
故，解得，
所以，因此．故答案为：．
【点睛】方法点睛：应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面：
(1) 已知切点求斜率,即求该点处的导数；
(2) 已知斜率求切点即解方程；
(3) 已知切线过某点(不是切点) 求切点, 设出切点利用求解.
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）
设等差数列的公差为，前项和为，等比数列的公比为.已知，.
(1)求的通项公式；
(2)当时，记，求数列的前项和.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）根据等差数列基本量得到方程组，计算出首项和公差，从而得到，，求出两个通项公式；
（2），利用错位相减法求和，得到答案.
【详解】（1）由题意知，
解得或，
当时，，，故，；
当时，，，故，
，
所以或；
（2）因为，所以.
因为，
所以，
两式相减得
，故.
16．（15分）
为测试甲、乙两个AI（人工智能）模型解决数学问题的能力，某同学准备了5道数学题让甲、乙同时进行解答，每道题甲答对的概率均为，乙答对的概率均为，且每次解答是否正确相互独立.
(1)若已知前两题中甲至少答对了1题，求前两题甲都答对的概率；
(2)设甲、乙均答对的题数为，求的分布列与数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据给定条件，利用条件概率公式列式计算.
（2）求出每道题甲、乙均答对的概率，及的所有可能值，并求求出各个值对应的概率，列出分布列并求出期望.
【详解】（1）设事件“前两题中甲至少答对了1题”为，事件“前两题甲都答对”为，
依题意，，，
所以.
则在前两题中甲至少答对了1题的条件下，前两题甲都答对的概率为.
（2）依题意，每道题甲、乙均答对的概率为，的所有可能值为，
，即，，1，2，3，4，5，
，，
，，
，，
所以的分布列为
数学期望.
17．（15分）
已知四棱锥中，二面角为直二面角，，，M为棱上一点.
(1)证明：；
(2)若M为中点，求二面角的正弦值；
(3)若平面，点N在平面上，若直线与平面所成角为，求的最小值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）由面面垂直的性质定理得平面，再由线面垂直的性质和判断证明结论；
（2）过点S作于点O，连接，构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，进而求出相关平面的法向量，应用向量法求二面角的余弦值，即可得；
（3）根据已知易得M与O点重合，设，p，，根据已知线面角，应用向量法列方程求得，进而有，结合及模长的坐标运算求最值.
【详解】（1）由，得，二面角为直二面角，即平面平面，
而平面平面，平面，故平面.
因为平面，所以，又，
，平面，，故平面，
又平面，故.
（2）过点S作于点O，连接，由，得.
又，故四边形为平行四边形，
因为，所以，即，故，，两两垂直，
以O为坐标原点，，，所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
故，，，，
设平面的法向量，则，
令，则，，故为平面的一个法向量，
设平面的法向量的，则
令，则，，故为平面的一个法向量，
则，二面角的正弦值为.
（3）若平面，平面，平面平面，则，
由（2）知，故M与O点重合，因为N在平面上，
设，p，，，则，
因为，，，则，，
设平面的法向量，则，
令，则，，故为平面的一个法向量，
故，整理得，
又，故，
由，故，
当且仅当时等号成立，取得最小值为.
18．（17分）
已知抛物线的焦点为F，O为坐标原点，点M在C上且在第一象限，，的面积为2.
(1)求C的方程.
(2)A，B是C上异于M的两个动点，直线MA与MB的斜率之积为1，证明：直线AB过定点.
(3)点M关于x轴的对称点为N，分别过M，N作C的两条切线，这两条切线的交点G恰好在x轴上，，过S作C的切线，切点为R（异于点M），且与线段GN交于点T，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)8
【分析】（1）设，根据的面积列式求得的面积，根据焦半径公式得，代入抛物线方程求得，即可得解；
（2）设直线AB的方程为，与抛物线方程联立，韦达定理，利用两点式斜率公式结合列式化简得，即可求解直线AB过定点；
（3）利用判别式法求出直线GM的方程为，直线，且，设直线，与抛物线方程联立韦达定理求得，即可得直线，与直线联立求得，从而利用两点距离公式求得，利用点到直线距离公式求得点到直线的距离为，进而求得，最后利用二次函数性质求得最值即可.
【详解】（1）设，则的面积为，所以，
根据抛物线的定义，得，所以，
所以，解得，即C的方程为.
（2）由（1）知，设，，直线AB的方程为，
则且，联立可得，，
由韦达定理可得，，
，同理，
又因为，所以，
整理得，所以，即，
所以，即直线AB过定点；
（3）因为，所以，
设直线GM的方程为，
由可得，
则，解得，
所以直线GM的方程为，且，同理可得直线，
设，因为，所以即，
由得，设直线，
由可得，
由，可得或，
当时，直线，与直线GM的方程一样，舍去，故，所以直线，即，与直线联立求得，
点到直线的距离为，
又，
所以的面积为，
因为，所以当时，面积取到最大值为8.
19．（17分）
(1)证明：在上恒成立.
(2)若，证明：函数在上恰有1个零点.
(3)试讨论函数在上的零点个数.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）令函数，利用导数可得该函数的单调性，从而可证不等式；
（2）利用导数可证的单调性，结合零点存在定理可证函数零点个数为1；
（3）利用指对数转化可将原函数的零点个数转化为，的零点个数，后者可利用导数得其在上的单调性后结合零点存在定理判断零点个数.
【详解】（1）证明：令函数，，则，
所以在上单调递增，
则，即在上恒成立.
（2）证明：因为，所以在上单调递增.
由（1）得在上恒成立，故在上恒成立，
所以，
因为，故取，取，
则，
而，所以在上有1个零点，
即在上恰有1个零点.
（3）令，即，等价于.
记，.
在上的零点个数即在上的零点个数.
是的1个零点.
因为，
所以是奇函数，则在和上的零点个数相同.
，因为在上为减函数，
故在上单调递增.
当时，，故在上单调递增.
因为，所以在上恒成立，即在上没有零点，
所以在上只有1个零点.
当时，由（2）可得在上恰有1个零点，记该零点为.
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
而，故，取，则，
，
结合在上的单调性可得在上有1个零点，
即在上有1个零点，所以在上有3个零点.
综上，当时，在上只有1个零点；
当时，在上有3个零点.
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