2025届高三数学秋季开学摸底考试(三)(学生版+解析)

2025届高三秋季开学摸底考试（三）数学试题本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．一､单项选择题：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.已知向量，若，则（）A. B.0 C. D.13.已知，且，则（）A B. C. D.4.图中的花盆可视作两个圆台的组合体，其上半部分的圆台上､下底面直径分别为30cm和26cm，下半部分的圆台上､下底面直径分别为24cm和18cm，且两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角均相等，若上半部分的圆台的高为8cm，则该花盆的总高度为（）A.16cm B.18cm C.20cm D.24cm5.“”是“函数在上单调递增”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6.已知过点的直线交抛物线于两点，且为坐标原点，则的面积为（）A.2 B.4 C.6 D.87.已知等差数列中，.记，其中表示不大于的最大整数，则数列的前2024项和为（）A.4965 B.4964 C.1893 D.18928.已知三棱锥中，，其余各棱长均为是三棱锥外接球的球面上的动点，则点到平面的距离的最大值为（）A. B. C. D.二､多项选择题：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.年我国居民消费价格月度涨跌幅度的数据如图所示，对于这组数据，下列说法正确的是（）A.极差 B.平均数约为C.中位数为 D.众数只有和10.已知函数的图象关于直线对称，最小正周期，若将的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，则（）A.B.C.在上的值域为D.在上单调递增11.已知函数的定义域为，若，且在上单调递增，，则（）A. B.C.是奇函数 D.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若复数满足，则__________.13.设，则被7除余数为__________.14.已知是双曲线上任意一点，，若恒成立，则的离心率的最大值为__________.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.如图，在中，边上一点，且.（1）求；（2）若，求.16.已知椭圆的左焦点为，过点且不与轴重合的动直线与交于两点，且当轴时，.（1）求方程；（2）若，直线分别与直线交于点，证明：为定值.17.如图，在三棱柱中，为等边三角形，平面平面，四边形为菱形，为的中点.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.18.已知函数的图象在点处的切线方程为.（1）求的值；（2）讨论的单调性；（3）若关于的方程有两个正根，证明：.19.在一个不透明的口袋中装有2个黑球和2个白球，每次从口袋中随机取出1个球，再往口袋中放入1个白球，取出的球不放回，像这样取出1个球再放入1个白球称为1次操作，重复操作至口袋中4个球均为白球后结束.假设所有球的大小､材质均相同，记事件“次操作后结束”为，事件发生的概率为.（1）求第1次操作取出黑球且3次操作后结束的概率；（2）求数列的通项公式；（3）设，证明：.

2025届高三秋季开学摸底考试（三）数学试题本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．一､单项选择题：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】A【解析】【分析】根据一元二次不等式解法求得集合，再根据集合的描述法表示即可求得.【详解】解不等式可得；又可知集合是所有整数的平方构成的集合，在区间范围内只有是整数的平方，因此可得.故选：A2.已知向量，若，则（）A. B.0 C. D.1【答案】B【解析】【分析】根据向量数量积的坐标表示以及模长公式解方程即可求得结果.【详解】由可得，且，所以，解得.故选：B3.已知，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用和角的正切公式，结合正切函数的单调性求解即得.【详解】由，得，由，得，而，则，因此，所以.故选：C4.图中的花盆可视作两个圆台的组合体，其上半部分的圆台上､下底面直径分别为30cm和26cm，下半部分的圆台上､下底面直径分别为24cm和18cm，且两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角均相等，若上半部分的圆台的高为8cm，则该花盆的总高度为（）A16cm B.18cm C.20cm D.24cm【答案】C【解析】【分析】利用组合体的轴截面以及三角形相似即可得出该花盆的总高度.【详解】截取组合体的轴截面，作，如下图所示：易知，即为上半部分的圆台的高，所以，又因为两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角均相等，所以；可得，易知，所以.因此该花盆的总高度为.故选：C5.“”是“函数在上单调递增”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】B【解析】【分析】根据对数函数和一次函数的单调性，再结合复合函数“同增异减”的判断法则求得对应的的取值范围即可得出结论.【详解】易知的定义域为，且函数为单调递减函数；根据复合函数单调性可知若函数在上单调递增，可得，解得；显然是的真子集，所以“”是“函数在上单调递增”的必要不充分条件.故选：B6.已知过点的直线交抛物线于两点，且为坐标原点，则的面积为（）A2 B.4 C.6 D.8【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，设出直线方程，与抛物线方程联立求出点的纵坐标差即可得解.【详解】显然直线不垂直于轴，设直线方程为，，由消去得，则，由，得，解得或，则，所以的面积为.故选：C7.已知等差数列中，.记，其中表示不大于的最大整数，则数列的前2024项和为（）A.4965 B.4964 C.1893 D.1892【答案】A【解析】【分析】求出等差数列的通项公式，再分析数列的各项取值，求其前项和.【详解】设等差数列的公差为，则，，解得，则，于是，当时，；当时，；当时，；当时，，所以数列的前项和为.故选：A8.已知三棱锥中，，其余各棱长均为是三棱锥外接球的球面上的动点，则点到平面的距离的最大值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先给出鳄鱼模型公式的证明，然后利用其求出外接球半径，再结合球的截面性质求解即可.【详解】首先，我们来证明求解外接球半径的鳄鱼模型，我们给定三棱锥，设分别是的外心，设外接球球心为，是的中点，作，，所以是二面角的平面角，设，设，，作面，面，在四边形中，可得，所以四点共圆，且设四边形的半径为，所以，连接，由正弦定理得，设，故，而在中，由余弦定理得，连接，所以，由三线合一性质得，因为是中点，所以，设，由勾股定理得，所以，即鳄鱼模型得证，而在本题中，对于三棱锥，，找中心为，中心为，找中点为，作，，所以是二面角的平面角，设，因为，三棱锥其余各棱长均为，所以，由勾股定理得，所以是等边三角形，所以，设，，代入公式中得，所以，设外接球的球心为，而三棱锥其余各棱长均为，故是等边三角形，由正弦定理得的外接圆半径为，设球心到面的距离为，所以，解得，所以点到平面的距离的最大值为，故D正确.故选：D【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是证明鳄鱼模型的正确性，然后利用其求解外接球半径，再利用球的截面性质得到所要求的最值即可．二､多项选择题：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.年我国居民消费价格月度涨跌幅度的数据如图所示，对于这组数据，下列说法正确的是（）A.极差为 B.平均数约为C.中位数为 D.众数只有和【答案】AB【解析】【分析】利用平均数，中位数，众数，极差的定义逐个选项分析即可.【详解】首先，我们把数据从小到大排列，得到，所以极差为，故A正确，平均数为，故B正确，中位数为，故C错误，众数有，，，故D错误.故选：AB10.已知函数的图象关于直线对称，最小正周期，若将的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，则（）A.B.C.在上的值域为D.在上单调递增【答案】ACD【解析】【分析】根据正弦函数图象的对称轴和周期的取值范围可求得函数的解析式，利用平移规则以及诱导公式可得出表达式，再根据余弦函数单调性可求得其值域，利用整体代换可求得的单调递增区间.【详解】依题意由可得，解得，又可知；将代入可得，又因为可得;因此可得，即A正确；对于B,将的图象向左平移个单位长度后，得到函数，因此B错误；对于C，当时可得，根据余弦函数性质可得，可得C正确；对于D，令，解得；易知当时，可得在上单调递增，即D正确.故选：ACD11.已知函数的定义域为，若，且在上单调递增，，则（）A. B.C.是奇函数 D.【答案】ABD【解析】【分析】根据给定条件，结合赋值法计算判断ABC；结合选项C的结论，分段探讨的取值情况判断D.【详解】对于A，令，得，则，由在上单调递增，得不恒为1，因此，A正确；对于B，令，得，则，而，因此，B正确；对于C，，取，则，即有，因此函数是偶函数，又时，，则函数不是奇函数，C错误；对于D，，令，则，当时，；当时，，，，因此，当时，，，所以，D正确.故选：ABD三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若复数满足，则__________.【答案】【解析】【分析】求出方程的复数根，再利用复数模的意义计算即得.【详解】由，得，所以.故答案为：13.设，则被7除的余数为__________.【答案】2【解析】【分析】依题意可将改写成的形式，再由二项展开式可得被7除的余数为2.【详解】易知，根据二项式定理展开可得；所以，即可得被7除的余数与被7除的余数相同，所以，所以被7除的余数为2.故答案为：214.已知是双曲线上任意一点，，若恒成立，则的离心率的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，求出的最小值并建立不等式，求解不等式即可得解.【详解】设，双曲线的半焦距为，离心率为，则，于是，当且仅当时取等号，依题意，，整理得，解得，即，解得，因此，即所以的离心率的最大值为.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.如图，在中，为边上一点，且.（1）求；（2）若，求.【答案】（1）6；（2）3.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理列式解方程即得.（2）由（1）的信息，利用正弦定理、余弦定理求解即得.【小问1详解】设，则，由余弦定理可得，即，得，所以.【小问2详解】由，得，则.由正弦定可得，解得.由余弦定理得，即，而，所以.16.已知椭圆的左焦点为，过点且不与轴重合的动直线与交于两点，且当轴时，.（1）求的方程；（2）若，直线分别与直线交于点，证明：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据给定条件，列出关于的方程组求解即得.（2）设出直线的方程，与的方程联立，结合韦达定理求出的值即可.【小问1详解】由焦点，得，由，得，则，联立解得，所以的方程为.【小问2详解】依题意，直线不垂直于轴，设直线的方程为，由消去得，则，直线的方程为，令，得点的纵坐标，同理得点的纵坐标，所以，为定值.17.如图，在三棱柱中，为等边三角形，平面平面，四边形为菱形，为的中点.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点，利用面面垂直的性质，线面垂直的性质、判定推理即得.（2）以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求解即得.【小问1详解】设，取的中点，连接，则，又，则，四边形为平行四边形，于是，平面平面，平面平面，则平面，所以平面，而平面，因此，由四边形为菱形，得，又平面，所以平面.【小问2详解】依题意，为等边三角形，连接，，平面平面，平面平面，平面，则平面，以点为原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，则，取，得，设直线与平面所成的角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.18.已知函数的图象在点处的切线方程为.（1）求的值；（2）讨论的单调性；（3）若关于的方程有两个正根，证明：.【答案】（1）；（2）在上单调递减，在上单调递增；（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义及给定切线求出.（2）由（1），利用导数求出函数的单调区间即可.（3）方程变形为，利用方程