2025年秋季高三开学摸底考试模拟数学试题（九）（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（九）（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．复数z满足，则z的虚部为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】B
【分析】根据复数的运算法则，求得，结合复数的定义，即可求解.
【详解】由复数，
所以复数的虚部为.故选：B.
2．已知全集（是自然数集），集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】化简集合即得解.
【详解】：由题得集合，
所以.故选：A
3．已知双曲线的渐近线方程为，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】D
【分析】由渐近线求出，进而求出离心率.
【详解】双曲线的渐近线方程为，，，离心率，故选：D．
4．“”是“函数的图象关于对称”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】若函数的图象关于对称，根据正切函数的对称性可得，再根据充分、必要条件结合包含关系分析求解.
【详解】若函数的图象关于对称，
则，解得，
因为是的真子集，
所以“”是“函数的图象关于对称”的充分不必要条件.故选：A.
5．设是定义域为的偶函数，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用条件和偶函数的性质，得出函数的周期为2，再根据条件即可求出结果.
【详解】因为是定义域为的偶函数，所
所以的周期为2，所以．故选：B.
6．过原点作直线的垂线，垂足为P，则P到直线的距离的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将直线：化为，可得直线经过定点，从而可以判断得出的轨迹是以为直径的圆，圆心为，半径为1，利用点到直线的距离公式，可得点到直线的距离的最大值为.
【详解】整理得，
由题意得，解得，所以直线过定点.
因为，所以点的轨迹是以为直径的圆，圆心为，半径为1，
因为圆心到直线的距离为，所以到直线的距离的最大值为.故选：A
7．在平面直角坐标系中，已知向量，，定点的坐标为，点满足，曲线，区域，曲线与区域的交集为两段分离的曲线，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】由平面向量数量积运算可得：，则：，
设N点坐标为，考查曲线C：，
整理可得N点的轨迹为：，即N点是以A位圆心，1为半径的圆，
由平面向量模的几何意义可得P点是以M为圆心，r,R分别为半径的圆环，
数形结合，曲线与区域的交集为两段分离的曲线，则.故选：A.
8．若x，y，z∈R+，且3x=4y=12z，∈（n，n+1），n∈N，则n的值是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】设，用表示出，然后根据对数的运算性质和换底公式进行变形求解可得所在的范围，进而得到答案．
【详解】设，则，
∴．
∵，∴；
又，
∴，即．∴．故选C．
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．已知正方体，则（ ）
A．直线与面平行 B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面垂直
【答案】AD
【分析】由正方体结构特点，结合线面位置关系逐项判断即可.
【详解】
A：正方体中，易知，在平面内，面，所以A正确；
B：为正三角形，又易知与所成的角为，所以B错误；
C：连接交于点，则.
正方体中易知：平面平面，且相交于点，
平面即为直线与平面所成角的平面角，
设正方体棱长为2，则.
，所以C错误；
D：且，都在平面面内，
面，所以D对.故选：AD
10．设抛物线的焦点为F，过F的直线交C于A、B，过F且垂直于的直线交于E，过点A作准线l的垂线，垂足为D，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【分析】对于A，先判断得直线为抛物线的准线，再利用抛物线的定义即可判断；对于B，利用三角形相似证得，进而得以判断；对于C，利用直线的反设法（法一）与正设法（法二），联立直线与抛物线方程，结合韦达定理与焦点弦公式可判断C；利用利用三角形相似证得，，结合焦半径公式可判断D.
【详解】法一：对于A，对于抛物线，则，其准线方程为，焦点，
则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离，
由抛物线的定义可知，，故A正确；
对于B，过点作准线的垂线，交于点，
由题意可知，则，
又，，所以，
所以，同理，
又，
所以，即，
显然为的斜边，则，故B错误；
对于C，易知直线的斜率不为，
设直线的方程为，，联立，得，
易知，则，又，，
所以，
当且仅当时取等号，故C正确；
对于D，在与中，，
所以，则，即，
同理，又
，
，所以，
则，故D正确.故选：ACD.
法二：对于A，对于抛物线，则，其准线方程为，焦点，
则为抛物线上点到准线的距离，为抛物线上点到焦点的距离，
由抛物线的定义可知，，故A正确；
对于B，过点作准线的垂线，交于点，
由题意可知，则，
又，，所以，
所以，同理，
又，
所以，即，
显然为的斜边，则，故B错误；
对于C，当直线的斜率不存在时，；
当直线的斜率存在时，设直线方程为，
联立，消去，得，
易知，则，
所以
，综上，，故C正确；
对于D，在与中，，
所以，则，即，同理，
当直线的斜率不存在时，，；
所以，即；
当直线的斜率存在时，，
，
所以，
则；
综上，，故D正确.故选：ACD.
11．记的内角，，的对边分别为，，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】对于A，由已知条件结合分析判断，对于B，利用余弦定理和正弦定理结合已知条件可得，然后利用正弦函数的性质分析判断，对于C，由选项B可知，则，从而可判断的范围，对于D，由正弦定理结合及二倍角公式得，再结合可求出其范围进行判断.
【详解】对于A，因为，，所以，所以，所以A错误，
对于B，因为，所以由余弦定理得，
所以由正弦定理得，所以，
因为，所以或，
若，则，所以，此时，
所以，则，此时，所以B正确，
对于C，由选项B可知，所以，所以，所以C正确，
对于D，由正弦定理得
，
因为，所以，所以，
所以，所以，所以，所以D正确.故选：BCD
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．
12．若一个等比数列的各项均为正数，且前4项和为4，前8项和为68，则该等比数列的公比为 .
【答案】
【分析】法一：利用等比数列的求和公式作商即可得解；法二：利用等比数列的通项公式与前项和的定义，得到关于的方程，解之即可得解；法三：利用等比数列的前项和性质得到关于的方程，解之即可得解.
【详解】法一：设该等比数列为，是其前项和，则，
设的公比为，
当时，，即，则，显然不成立，舍去；
当时，则，
两式相除得，即，
则，所以，所以该等比数列公比为2.故答案为：.
法二：设该等比数列为，是其前项和，则，
设的公比为，
所以，
，
所以，则，所以，所以该等比数列公比为2.故答案为：2.
法三：设该等比数列为，是其前项和，则，
设的公比为，
因为，
又，
所以，所以，所以该等比数列公比为.故答案为：.
13．若曲线在点处的切线方程为，则 ．
【答案】
【解析】根据切线方程为可得，解方程组即可得到本题答案.
【详解】，，又在处的切线方程为，
，即，得，.故答案为：
14．在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为维坐标，其中.定义：在维空间中两点与的曼哈顿距离为.在维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量为所取两点间的曼哈顿距离，则 .
【答案】
【分析】先确定样本点总数，再得到的可能取值，求出概率，列出分布列，求出期望.
【详解】对于维坐标，其中.即有两种选择，
故共有种选择，即维“立方体”的顶点个数是个顶点；
当时，在坐标与中有个坐标值不同，即有个坐标值满足，剩下个坐标值满足，则满足的个数为.
所以.
故分布列为：
则.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．（13分）华为手机作为全球手机销量第二位，一直深受消费者喜欢.据调查数据显示，2019年度华为手机（含荣耀）在中国市场占有率接近！小明为了考查购买新手机时选择华为是否与年龄有一定关系，于是随机调查100个2019年购买新手机的人，得到如下不完整的列表.定义30岁以下为“年轻用户”，30岁以上为“非年轻用户”.
附：.
（1）将列表填充完整，并判断是否有的把握认为购买手机时选择华为与年龄有关？
（2）若采用分层抽样的方法从购买华为手机用户中抽出6个人，再随机抽2人，求恰好抽到的两人都是非年轻用户的概率.
【答案】（1）表格见解析，没有把握；（2）
【解析】（1）补全列联表，计算，即可得出结论；
（2）利用分层抽样抽取6个购买华为手机的用户，易知其中有2个年轻用户，4个非年轻用户，不妨用，表示两个年轻用户，用，，，表示非年轻用户，利用列举法，结合古典概型的概率公式，即可得出答案.
【详解】解：（1）易得
由列表可得
故没有的把握认为购买手机时选择华为与年龄有关系.
（2）利用分层抽样抽取6个购买华为手机的用户，易知其中有2个年轻用户，4个非年轻用户，不妨用，表示两个年轻用户，用，，，表示非年轻用户，
现从中任选两人，则共有，，，，，，，，，，，，，，，15种可能，
其中满足要求的有6种，由古典概型可知.
16．（15分）记数列的前项和为.
(1)设，若，求的通项公式；
(2)记，设，求.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）由，的关系即可求解，
（2）通过求导确定通项公式，再由错位相减法、等比数列求和公式即可求解；
【详解】（1）当时， ，整理得，当时，有.
数列是以为公比，以为首项的等比数列， 所以．
（2）当时，
，所以，
所以，
令，其前项和为，
∴①
∴②
得：.
∴.令，其前项和易知为：，
所以
17．（15分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，．
（1）求证：平面平面；
（2）若为棱的中点，求异面直线与所成角的余弦值；
（3）若二面角大小为，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）证明与垂直，则得线面垂直，然后可得面面垂直；
（2）以为轴建立空间直角坐标系，用向量法求异面直线所成的角；
（3）设，这样求得平面和平面的法向量，用向量法求二面角，从而求得，可得的长．
【详解】（1）证明：∵，，为的中点，∴四边形为平行四边形，∴
∵，∴，即
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，∵平面，∴平面平面
（2）∵，为的中点，∴
∵平面平面，且平面平面，平面，
∴平面，如图，以为原点建立空间直角坐标系，
则，，，，
∵是的中点，∴，，
设异面直线与所成角为，，
∴异面直线与所成角的余弦值为．
（3）解：由（2）知平面的法向量为，
设，且，从而有，
又，设平面法向量为，
由及，，可取．
∵二面角为，∴，∴，∴．
18．（17分）已知椭圆的左，右焦点分别为椭圆上任意一点，.
(1)求椭圆的方程；
(2)若为圆上任意一点，求的最小值；
(3)已知直线与轴交于点，且与椭圆交于两点，为坐标平面内不在直线上的动点，若直线斜率的倒数成等差数列，证明：动点在定直线上，并求直线的方程.
【答案】(1)；(2)；(3)证明见解析，
【分析】（1）利用椭圆的定义和焦距的性质求出基本量，得到椭圆方程即可.
（2）利用圆的性质得到，再结合三角形两边之和大于第三边的性质进行放缩求解最值即可.
（3）联立方程组结合韦达定理得到，进而表示出，再结合给定条件进行化简，证明点在定直线上即可.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，因为，所以，
由椭圆的定义，解得，
得到，故的方程为.
（2）因为的右焦点，
圆的圆心，半径，
显然椭圆与圆没有交点，因为点在圆上，所以，
于是，
当且仅当分别是线段与椭圆，圆的交点时取等号，故的最小值为.
（3）如图，设，
因为直线，所以点，联立消去得.
所以，因为，
且直线斜率的倒数成等差数列，所以，
所以，即，
将代入上述等式可得，
若，则点在直线上，与已知矛盾；
故，
整理可得，
可得，即，
即对任意的恒成立，
得到，解得或，由于的斜率不为0，得到，故，
故点在定直线上.
19．（17分）已知函数．
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)当时，（i）求的最小值；（ii）证明：．
【答案】(1)；(2)；证明见解析.
【分析】（1）利用分类讨论，再求导研究单调性，即可求出最小值，从而可求解的取值范围；
（2）（i）利用常规求导来判断函数的单调性，即可求得最小值；
（ii）利用第（i）问的结论，从而把要证明的不等式转化为，再作差构造函数求导来证明即可.
【详解】（1）因为函数的定义域为，
当时，恒成立，
当时，，所以此时不恒成立，
当时，求导得，
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增；
所以，
即不等式恒成立，等价于，
综上，的取值范围为.
（2）（i）当时，，则，
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增；所以，
（ii）由，则要证明，只需要证明，构造，则，
所以在上单调递增，即，所以有，
即成立．
购买华为
购买其他
总计
年轻用户
28
非年轻用户
24
60
总计
0.100
0.050
0.010
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
购买华为
购买其他
总计
年轻用户
12
28
40
非年轻用户
24
36
60
总计
36
64
100