2025届河南省部分校高三数学上学期开学摸底考试卷附答案解析

届河南省部分校高三数学上学期开学摸底考试卷考试时间：120分钟试卷满分：150分主要考试内容：高考全部内容.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.2.若，则（）A. B. C. D.3.已知向量.若，则（）A.-1 B.1 C.2 D.04.已知，且，则（）A.0 B.1 C. D.5.将4个不同的小球放入3个不同的盒子中，且每个盒子最多只能装3个球，则不同的放法有（）A60种 B.64种 C.78种 D.81种6.已知，则（）A.B.C. D.7.已知函数部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若，则（）A.1 B.2 C. D.8.已知是双曲线左焦点，过点的直线与交于两点（点在的同一支上），且，则（）A.6 B.8 C. D.二､多选题：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.为了解某新品种玉米的亩产量（单位：千克）情况，从种植区抽取样本，得到该新品种玉米的亩产量的样本均值，样本方差.已知原品种玉米的亩产量服从正态分布，假设新品种玉米的亩产量服从正态分布，则（）（若随机变量服从正态分布，则）A.B.C. D.10.已知函数的定义域为，则（）A.B.C.是偶函数 D.11.如图，球被一个距离球心的平面截成了两个部分，这两个部分都叫作球缺，截面叫作球缺的底面，球缺的曲面部分叫作球冠，垂直于截面的直径被截后所得的线段叫作球缺的高.球冠的面积公式为，球缺的体积公式为，其中为球的半径，为球缺的高，记两个球缺的球冠面积分别为，两个球缺的体积分别为，则下列结论正确的是（）A.若，则两个球缺的底面面积均为B.若，则C.若，则D.若，则三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.12.已知等比数列的前项乘积为，若，则__________.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__________.14.已知函数有4个不同的零点，则的取值范围为__________.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.内角的对边分别为，已知.（1）求；（2）若为边上一点，且，求的面积.16.如图，在三棱锥中，为的中点，平面平面是等腰直角三角形，.（1）证明：；（2）求二面角的正弦值.17.在抛物线上有一系列点，以点为圆心的圆与轴都相切，且圆与圆彼此外切.已知，点到的焦点的距离为.（1）求；（2）求数列的通项公式；（3）设，求数列的前项和.18.设函数的定义域为，若存在正实数，使得对于任意，有，且，则称是上的“距增函数”.（1）已知函数，证明：对于任意正实数是上的“距增函数”；（2）若是上的“距增函数”，求的取值范围；（3）已知是定义在上的“2距增函数”，求的取值范围.19.甲､乙两人各有六张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字，乙的卡片上分别标有数字，两人进行六轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.（1）求甲的总得分为0的概率；（2）求甲的总得分为1的概率；（3）若为随机变量，则.记甲的总得分为，求【答案】1.C【分析】解一元二次不等式得集合，再进行交集运算即可.【详解】.故选：C.2.D【分析】利用复数运算求出即可.【详解】依题意，，则，所以.故选：D3.A【分析】由向量的数量积的运算性质结合向量的数量积的坐标运算公式可得答案.【详解】由，则，因为，所以，即，解得.故选：A4.B【分析】利用二倍角公式公式推导出，即可求出.【详解】因为，所以，即，因为，则，所以.故选：B5.C【分析】利用间接法，4个不同的小球放入3个不同的盒子中的放法减去将4个球放入同一个盒子中的放法即得.【详解】不考虑每个盒子最多只能装3个球，有种放法.若将4个球放入同一个盒子中，有3种放法.故不同的放法有种.故选：C.6.A【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.D【分析】由图象找到周期求出，根据图象中已知点代入求出，得到函数解析式，再利用函数的图象变换规律得出，计算得出结果．【详解】由图可知，则，解得.因为，所以.因为的图象经过点，所以，所以，解得因为，所以.因为的图象经过点，所以，解得.故.因为，所以..故选：D.8.D【分析】首先由双曲线方程求出点的坐标，并设出过点的直线方程，然后借助直线与双曲线联立，得到和与积的关系，再由，得到的等量关系，从而解出的值，最后根据弦长公式求出得长.【详解】由可得.根据对称性，不妨设过点的直线为，联立可得.设，则.①由，则，又所以.②由①②可得，所以，解得或（舍），，所以.故选：D.9.ABC【分析】根据正态分布的性质及原则，以及条件一一判断即可.【详解】依题可知，，故C正确，D错误.因为，所以，A正确.因为，所以0.8，B正确.故选：ABC10.ABD【分析】A.令求解判断；B.分别令，求解判断；C.令利用函数奇偶性定义判断；D.令求解判断.【详解】令，得，A正确.令，得，所以.令，得，所以，B正确.令，得，所以是奇函数，C错误.令，得，所以D正确.故选：ABD11.BCD【分析】根据勾股定理结合圆的面积公式计算判断A错误；根据截面的面积和球的体积公式根据不同条件计算进行判断BCD.【详解】对于A，设这两个球缺的底面圆半径为，则，因为，，解得，该圆的面积为A错误.对于B，设两个球缺的高分别为，则.由，得，则，所以，解得.，同理得，所以B正确.对于C，.设，由，得，则，C正确.对于D，.由，得.设函数，则在上恒成立，即在上单调递增，所以，即D正确.故选：BCD.【点睛】方法点睛：关于球的截面问题常用勾股定理求解截面半径和球的半径；12.1【分析】依题意可得，再由下标和性质计算可得.【详解】因为，即，显然，所以，则，故.故答案为：13.##【分析】由条件可知为直角三角形，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.【分析】由方程有4个不同的根，且方程有1，2两个根，则方程有2个不同的根，且，进而转化为函数与函数的图象有两个交点求解.【详解】解：由题意可得方程有4个不同的根，方程的2个根为，则方程有2个不同的根，且，即函数与函数的图象有两个交点.当直线与函数的图象相切时，设切点为，因为，所以解得.要使函数与函数的图象有两个交点，只需直线的斜率大于，故的取值范围为.故答案为：15.（1）（2）【分析】（1）根据正弦定理进行边角互化，，再由三角形内角和可得，即可求解；（2）先应用正弦定理和余弦定理求边长，再结合面积公式即可求解.【小问1详解】因为，所以.因为，所以，解得.【小问2详解】.由正弦定理，解得.由余弦定理，得，解得（舍去）.在中，，所以.16.（1）证明见解析（2）【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得，结合面面垂直的性质可得平面，然后根据等腰三角形的性质结合条件可得.（2）作，垂足为，连接，由面面垂直的性质可得平面，再由三角形全等，得出，从而建立空间坐标系利用空间向量解决问题.【小问1详解】证明：因为是等腰直角三角形，为中点，所以，平面，又因为平面平面，平面平面，所以平面因为平面，所以，又为的中点，所以是等腰三角形，故.【小问2详解】在平面上，作，垂足为，连接.平面平面，平面平面，又平面，所以平面.由（1），又，则为等边三角形.所以，，所以，所以，，所以,在等腰直角三角形中，，所以与全等，故，即，以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则..设平面的法向量为，则即取，可得.设平面的法向量为，则即取，可得.设二面角的大小为，则.故二面角的正弦值为.17.（1）（2）（3）【分析】（1）先计算，结合设抛物线定义可得，解得的值.（2）因为圆与圆彼此外切，得结合抛物线方程化简得，从而数列是以1为首项，1为公差的等差数列，进而.（3）由（2）得，利用错位相减进而求得答案；【小问1详解】，设抛物线焦点为，根据题意可知，解得.【小问2详解】因为圆与圆彼此外切，所以则.因为，所以，即.因为，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，即.故.【小问3详解】，两式相减得.令，则.两式相减得，所以.所以.，即.18.（1）证明见解析（2）（3）【分析】（1）根据函数导数判断函数单调性，结合增函数得证明是上的“距增函数”；（2）根据“距增函数”的定义，可得，解不等式求得的取值范围；（3）根据是定义在上的“2距增函数”，有，对分类讨论结合函数的单调性求得的取值范围；【小问1详解】证明：因为，所以，所以在上单调递增.对于任意正实数，所以，所以是上的“距增函数”.【小问2详解】因为是上的“距增函数”，所以，即，化简得，所以无解，即，解得（舍去）.所以的取值范围为.【小问3详解】因为是定义在上的“2距增函数”，所以.①若，则.因为在上单调递增，所以恒成立.②若，则.因为，所以.令，则，即.令函数，则.当时，；当时，.所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以.③若，则.由（2）可得，要使得是定义在上的“2距增函数”，则必须满足.当时，.综上，的取值范围为.19.（1）（2）（3）2【分析】（1）根据对称性，不妨固定乙六轮选卡的数字依次为，由甲的总得分为0，得到甲六轮选卡的数字依次为，再由甲六轮选卡的数字有种排序方法，利用古典概型的概率求解.（2）若甲的总得分为1，分①甲在第一轮得1分，②甲在第二轮得1分，③甲在第三轮得1分，④甲在第四轮得1分，利用古典概型的概率求解；（3）设甲在六轮游戏中的得分分别为，易得甲在每轮获胜的概率为，然后利用求解.【小问1详解】解：由于对称性，不妨固定乙六轮选卡的数字依次为，甲六轮选卡的数字有种排序方法.若甲的总得分为0，则甲六轮选卡的数字依次为，所以甲的总得分为0的概率为.【小问2详解】若甲的总得分为1，分以下情况讨论.①若甲在第一轮得1分，则第一轮选卡的数字为3或5.若第一轮选卡的数字为3，则第二轮选卡的数字只能为1，第五､六轮选卡的数字只能为5，第三､四轮选卡的数字为3或1，有2种情况.若第一轮选卡的数字为5，则第二轮选卡的数字只能为1，第五､六轮选卡的数字有一个是5，剩下数字随机为其他轮的选卡，有种情况.②若甲在第二轮得1分，类比在第一轮得1分