四川省眉山市彭山区第一中学2025届高三上学期开学考试数学试题（解析版）

这是一份四川省眉山市彭山区第一中学2025届高三上学期开学考试数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知向量，.若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标运算，求得，再求即可.
【详解】解：因为，所以，所以，所以.
故选：C.
【点睛】本题考查向量垂直时的坐标运算，向量模的求解，是基础题.
2. 已知集合，则包含的元素个数为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】由一元二次不等式化简集合，即可由交集的定义求解.
【详解】由，解得或，
所以或，
故，
故选：B
3. 已知且，则“”是“函数为偶函数”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
【解析】
【分析】由“函数为偶函数”，可得，结合充分条件与必要条件的性质即可判断.
【详解】若函数为偶函数，由定义域为，则有，
即，即对任意恒成立，
即有，故，
由“”是“”的充分不必要条件，
故“”是“函数为偶函数”的充分不必要条件.
故选：A.
4. 函数的图象如图所示，则的解析式可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由奇偶性定义判断A、B，求判断C，结合排除法确定答案.
【详解】由，且定义域为R，为奇函数，A不符；
由，且定义域为R，为奇函数，B不符；
由与图象不符，C不符.
故选：D
5. 函数，若对任意、（），都有成立，则实数a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意得出函数在上单调递减，再利用分段函数的单调性列不等式组即可得出结果.
【详解】由对任意、（），都有成立，可知在上单调递减，
所以，解得，即实数a的取值范围为.
故选：C.
6. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指对数互化、对数的运算性质和换底公式计算找到关系式；
【详解】因为，所以，
，故.
故选：A.
7. 已知定义在上的函数(为实数)为偶函数，记，，，则､､的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据为偶函数得到，求出函数的单调性后可得的大小关系.
【详解】因为为偶函数，
所以，
故，
即对任意的恒成立，
故，
所以，，
则，
当时，，
在上为增函数，
因为，
故，
所以.
故选：D.
【点睛】本题考查函数的奇偶性、单调性以及指数对数的大小比较，属于中档题.
8. 已知直线是曲线与曲线的公切线，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设是图象上的切点，利用导数的几何意义求出曲线上的切点，继而求出t的值，结合切线方程，即可求得答案.
【详解】由题意知直线是曲线与曲线的公切线，
设是图象上的切点，，
所以在点处的切线方程为，即①
令，解得，
即直线与曲线的切点为，
所以，即，解得或，
当时，①为，不符合题意，舍去，
所以，此时①可化为，所以，
故选：A
二、多选题（每小题6分，共18分）
9. （多选）为了更好地支持中小型企业的发展，某市决定对部分中小型企业的税收进行适当的减免，现调查了当地的100家中小型企业的年收入情况，并根据所得数据作出了如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是（ ）

A. 样本在区间[500,700]内的频数为18
B. 如果规定年收入在300万元以内的企业才能享受减免税收政策，估计当地有30％的中小型企业能享受到减免税收政策
C. 样本的中位数小于350万元
D. 可估计当地的中小型企业年收入的平均数不超过400万元（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）
【答案】ABD
【解析】
【分析】由频率分布直方图的数据，先求出样本在区间,内的频率，再利用样本容量、频率、频数的关系求解，即可判断A，求出年收入在300万元以内的企业的频率，即可判断B，利用频率分布直方图中位数的求解方法，求出中位数，即可判断C，利用频率分布直方图中平均数的求解方法，求出平均数，即可判断D．
【详解】由频率分布直方图可得，，解得，
所以样本在区间,内的频数为，故A正确；
年收入在300万元以内的企业的频率为，故B正确；
，故中位数再,之间，设中位数为，
则有，解得，故C错误；
收入的平均数为，故D正确．
故选：ABD．
10. 已知定义在实数集R上的函数，其导函数为，且满足，，则（ ）
A. B. 的图像关于点成中心对称
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A、B，利用赋值法进行计算即可得；对C、D，利用赋值法后结合数列的性质进行相应的累加及等差数列公式法求和即可得.
【详解】对A：令，则有，即，故A正确；
对B：令，则有，又f1=0，故，
令，，则有，故，故B错误；
对C：令，则有，即，
则
，故C正确；
对D：令，则有，即，
则，即，
又，故，
则，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题C、D选项关键在于利用赋值法，结合数列的性质进行相应的累加及等差数列公式法求和.
11. 如图，正方体的棱长为1，P是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 平面
C. 的最小值为
D. 当，C，，P四点共面时，四面体的外接球的体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，求出为定值，且P到平面的距离为1，从而由等体积得到锥体体积为定值；B选项，证明出面面平行，得到线面平行；
C选项，将两平面展开到同一平面，连接，交于点，此时最小，最小值即为的长，由勾股定理得到最小值；
D选项，点P在点B处，，C，，P四点共面，四面体的外接球即正方体的外接球，求出正方体的外接球半径，得到外接球体积.
【详解】对于A，因为不在平面内，平面，
所以平面，又，
所以点到平面的距离为，
又为定值，
故定值，A正确；
对于B，因为，平面，平面，所以平面，
同理可知平面，
又，平面，
所以平面平面，
由于平面，故平面，B正确.
对于C，展开两线段所在的平面，得矩形及等腰直角三角形，
连接，交于点，此时最小，最小值即为的长，
过点作⊥，交的延长线于点，
其中，
故，又勾股定理得，C正确；
对于D，点P在点B处，，C，，P四点共面，
四面体的外接球即正方体的外接球，
故外接球的半径为，所以该球的体积为，D正确.
故选：ABD
【点睛】特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解.
三、填空题（每小题5分，共15分）
12. 已知为虚数单位，，若，则a-b=_______
【答案】4
【解析】
【分析】
先利用复数的乘法化简，再利用复数相等，得到a，b求解.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以a-b=4.
故答案为：4
【点睛】本题主要考查复数的运算和复数相等，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
13. 已知为椭圆的右焦点，为坐标原点，为上一点，若为等边三角形，则的离心率为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】由条件可知直角三角形，结合椭圆定义确定关系，由此可求离心率.
【详解】取椭圆的左焦点，连结，

由为等边三角形，则，
可知为直角三角形，且，
设，则，，
可得，则，
所以椭圆的离心率是．
故答案为：.
14. 已知正数a，b，c满足，，则的最小值为___________.
【答案】2
【解析】
【分析】使用不等式将放缩，使用“1”的代换及基本不等式求得目标最小值.
【详解】由题意知，当时取等号，
故
，当时取等号，
综上，当时，的最小值为2.
故答案为：2
【点睛】关键点点睛：本题求最小值关键是第一步用放缩法将放掉，第二步是将中的2代换为，将整式处理为，再用“1”的代换求最小值.
四、解答题
15. 的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）由正余弦定理求解即可；
（2）由（1）先求出，再由三角形的面积公式求解．
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得.
可化为.
又由余弦定理，有.
又，所以.
【小问2详解】
因为，由（1）有.
可化为.
又由，有.
所以.
16. 某中医药企业根据市场调研与模拟，得到研发投入（亿元）与产品收益（亿元）的数据统计如下：
（1）计算，的相关系数，并判断是否可以认为研发投入与产品收益具有较高的线性相关程度？（若，则线性相关程度一般；若，则线性相关程度较高）
（2）求出关于的线性回归方程，并预测若想收益超过20（亿元），则需研发投入至少多少亿元？（结果保留一位小数）
参考公式：回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式，相关系数的公式分别为，，.
参考数据：，，.
【答案】（1），相关程度较高
（2），93亿元
【解析】
【分析】（1）通过计算相关系数来进行判断.
（2）先计算回归直线方程，并由此作出预测.
【小问1详解】
由表中数据可知，，，
，，，
则，
故相关程度较高；
【小问2详解】
，，
则，，
故，
令，解得，
故研发投入至少9.3亿元.
17. 如图，在四棱锥中，，，平面，，、分别是棱、的中点．

（1）证明：平面；
（2）求平面与平面的夹角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）由中位线易证明四边形是平行四边形，进而得到，进而得到平面；
（2）由题易知，，两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，通过平面与平面的夹角计算公式计算余弦值，再用同角三角函数的基本关系计算正弦值；
【小问1详解】
如图所示，连接．

因为，分别是棱，的中点，
所以，
因为，，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
则．
因为平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
因为平面，
平面,
所以，
又因为，
所以，，两两垂直，
以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

由题中数据可得，，
，．
设平面的法向量为，
则
令，得．
因为，,
所以平面
平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，
则．
故，
即平面与平面的夹角的正弦值为．
18. 已知函数，定义域为.
（1）讨论的单调性；
（2）求当函数有且只有一个零点时，的取值范围.
【答案】（1）答案见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，分和，根据二次方程根的个数以及韦达定理分析判断的符号，进而可得的单调性；
（2）参变分离可得，构建，求导，利用导数判断的单调性，进而可得结果.
【小问1详解】
因为，
（ⅰ）当，即时，则f'x≥0在0,+∞内恒成立，
可知在0,+∞内单调递增；
（ⅱ）当，即或时，可知有两个不相等的根，
不妨令，可知，
①若，因为，可知，
令f'x>0，解得；令f'x