广西壮族自治区“贵百河-武鸣高中”2025届高三上学期9月摸底考试数学试题（解析）

2025届“贵百河—武鸣高中”9月高三年级摸底考试数学（考试时间：120分钟满分：150分）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效.一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知为虚数单位，，复数的共轭复数为，则（）A.0 B.10 C. D.3【答案】C【解析】【分析】先求复数的共轭复数，根据复数的运算规律和复数的模计算得答案；【详解】因为，所以，故．故选：C.2.已知命题，命题，则（）A.和都是真命题 B.和都是真命题C.和都是真命题 D.和都是真命题【答案】B【解析】【分析】取出反例得到是假命题，是真命题，根据零点存在性定理判断得到方程有根，故是真命题，是假命题，得到答案.【详解】对于而言，取，则，故是假命题，是真命题.对于而言，令，，，由零点存在性定理可知，存在，使得，故是真命题，是假命题.综上，和都是真命题.故选：B3.已知向量满足，，则（）A B.1 C.2 D.2【答案】B【解析】【分析】根据已知条件，先求出，再将平方，并开方，即可求解．【详解】因为，则，即，解得，，则，．故选：B．4.某市原来都开小车上班的唐先生统计了过去一年每一工作日的上班通行时间，并进行初步处理，得到频率分布表如下（表示通行时间，单位为分钟）：通行时间频率0.10.30.30.20.1该市号召市民尽量减少开车出行，以绿色低碳的出行方式支持节能减排.唐先生积极响应政府号召，准备每天从骑自行车和开小车两种出行方式中随机选择一种.如果唐先生选择骑自行车，当天上班的通行时间为30分钟.将频率视为概率，根据样本估计总体的思想，对唐先生上班通行时间的判断，以下正确的是（）A.开小车出行的通行时间的中位数为27.5分钟B.开小车出行两天的总通行时间少于40分钟的概率为0.01C.选择骑自行车比开小车平均通行时间至少会多耗费5分钟D.若选择骑自行车和开小车的概率相等，则平均通行时间为28.5分钟【答案】D【解析】【分析】对于A，由频率分布表可知中位数在内，若设中位数为，则有，从而可求出中位数进行判断；对于B，由频率分布表可知开小车出行两天的总通行时间少于40分钟的概率为1；对于C，由频率分布表求出开小车平均通行时间，然后再比较即可；对于D，直接求解平均时间即可【详解】解：对于A，由频率分布表可知中位数在内，若设中位数为，则有，解得，所以A错误；对于B，由频率分布表可知开小车出行两天的总通行时间少于40分钟的概率为1，所以B错误；对于C，由频率分布表可得开小车平均通行时间为，所以选择骑自行车比开小车平均通行时间至少会多耗费3分钟，所以C错误；对于D，由上面的计算可知平均通行时间为，所以D正确，故选：D5.若展开式的二项式系数之和为，则展开式的常数项为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先利用求出，然后再利用二项式展开式的通项即可求解.【详解】根据题意可得，解得，则展开式的通项为，令，得，所以常数项为：，故选：B．6.已知椭圆，则“”是“椭圆C的离心率为”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】根据题意，利用椭圆的几何性质，列出方程，求得的值，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】由椭圆的方程，可得：当时，可得，此时椭圆的离心率为，由，可得，解得；当时，可得，此时椭圆的离心率为，由，可得，解得，所以所以是椭圆C的离心率为的充分不必要条件．故选：A.7.如图，在正三棱台中，，M，N分别是AB，的中点，则异面直线MN，所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】连接MC，，取MC中点P，连接，PB，可得即为异面直线MN，所成角（或其补角），然后根据已知条件在中求解即可.【详解】如图所示，连接MC，，取MC的中点P，连接，PB，在正三棱台中，设，则，因为M，N分别是AB，的中点，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以，所以即为异面直线MN，所成角（或其补角），在梯形中，MN为梯形的高，过作于，则，所以，所以，，所以，即，，在中，．所以，即异面直线MN，所成角的余弦值为．故选：C．8.在中，内角的对边分别为，且，则的最大值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理、余弦定理进行角化边整理得到，再通过余弦定理消元得到，然后利用基本不等式得出的最小值，从而可以得到的最大值．【详解】因为，由正弦定理得，所以，所以，由余弦定理得，，当且仅当，即时，等号成立，所以，所以当时，取得最大值，此时，所以的最大值是．故选：D．二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题的选项中，有多项符合题目要求.（答案有两个选项只选一个对得3分，错选不得分；答案有三个选项只选一个对得2分，只选两个都对得4分，错选不得分）9.已知函数的部分图象如图所示，下列结论正确的是（）A. B.函数在区间上单调递增C.将的图象向左平移个单位，所得到的函数是偶函数 D.【答案】AB【解析】【分析】根据给定图象，结合五点法作图求出的解析式，再逐项判断即得.【详解】观察图象得，的周期，，由，得，而，则，因此，对于A，，A正确；对于B，由，得，而正弦函数在上递增，因此函数在区间上单调递增，B正确；对于C，不是偶函数，C错误；对于D，，D错误.故选：AB10.已知三次函数有极小值点，则下列说法中正确的有（）A.B.函数有三个零点C.函数的对称中心为D.过可以作两条直线与的图象相切【答案】ACD【解析】【分析】根据题意可得，即可判断A；求出函数的单调区间及极值，即可判断B；求出即可判断C；设出切点，根据导数的几何意义求出切线方程，再根据切线过点求出切点，即可判断D.【详解】，因函数有极小值点，所以，解得，所以，，当或时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，又所以函数仅有个在区间上的零点，故A正确，故B错误；对于C，由，得，所以函数的图象关于对称，故C正确；对于D，设切点为，则，故切线方程为，又过点，所以，整理得，即，解得或，所以过可以作两条直线与的图象相切，故D正确.故选：ACD.11.已知抛物线的焦点为，准线为，点是上位于第一象限的动点，点为与轴的交点，则下列说法正确的是（）A.到直线的距离为2B.以为圆心，为半径的圆与相切C.直线斜率的最大值为2D.若，则的面积为2【答案】ABD【解析】【分析】A选项，求出焦点坐标和准线方程，得到答案；B选项，由抛物线焦半径公式可得B正确；C选项，当直线与抛物线相切时，的斜率取得最大值．设直线，联立抛物线方程，根据根的判别式得到方程，求出直线斜率的最大值；D选项，设，根据焦半径公式得到方程，求出，求出三角形面积.【详解】A选项，易知，准线，所以到直线的距离为2，A选项正确；B选项，由抛物线的定义，点到准线的距离等于，所以以为圆心，为半径的圆与相切，B选项正确；C选项，当直线与抛物线相切时，斜率取得最大值．设直线，与抛物线联立可得：，令得：，所以直线斜率的最大值为1，C选项错误；D选项，，设，则，解得，所以的面积为，D选项正确.故选：ABD．三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知等差数列的前项和为，若，则______．【答案】3【解析】【分析】根据题意求出公差，进而可求出数列的通项，即可得解.【详解】设公差为，因为，所以，所以，所以，所以，所以，则.故答案为：.13.若，则的值为______．【答案】##0.75【解析】【分析】根据已知条件利用诱导公式和公式化简得到，两边平方结合正弦的二倍角公式即可.【详解】由，所以，即，所以，即，故答案为：.14.若函数有2个不同的零点，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】设，根据单调性及零点存在定理确定零点范围，令，得，设，求导，根据单调性及函数极值的取值情况确定的范围，再根据两个零点不相同对的取值进行排除即可.【详解】由已知函数的定义域为，设，明显单调递增，且，g0=1>0，所以存在唯一的使，即，即，令，得，设，可得当使h'x<0，hx单调递减，当使h'又，当时，hx>0且，又，当时，所以当时，存在唯一的使，即，当时，由得，此时不符合题意，舍去，综上实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】方法点睛：对于零点个数问题可以转化为函数图象的交点个数问题来研究.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.已知在正项数列中，，点在双曲线上.在数列中，点在直线上，其中是数列的前项和.（1）求数列的通项公式并求出其前项和；（2）求数列的前项和；【答案】（1），.（2）【解析】【分析】（1）由已知有，根据等差数列定义写出通项公式和前n项和公式；（2）由题设，，作差整理得，再结合等比数列求和公式即可求解【小问1详解】由点在上，则.数列是以2为首项，1为公差的等差数列.所以，.【小问2详解】因为点在直线上，①，②，两式相减，得，则.由①式，令得，故，所以数列是以为首项，为公比的等比数列.所以16.已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）讨论函数的单调性.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）求出导数，利用导数几何意义求出切线的斜率，由条件可得，写出切线方程.（2）由题意，求出其导数得，分类讨论在的函数值的符号，得出单调区间.【小问1详解】当时，，所以，则，所以曲线在点处的切线方程为【小问2详解】,则当时，，则在上单调递增.当时，得出，则在上单调递增；得出，所以在上单调递减；综上所述：若时，在上单调递增，若时，在上单调递增，在上单调递减.17.如图，已知四边形ABCD为矩形，，E为DC的中点，将沿AE进行翻折，使点D与点P重合，且．（1）证明：；（2）求平面与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用勾股定理分别证出，，进而得出平面，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面一个法向量，利用向量夹角公式即可求解．【小问1详解】证明：由题知，所以，所以为直角三角形，，因为，，所以，所以为直角三角形，，因为平面，所以平面，因为平面，所以；小问2详解】由题知以B为原点建立如图空间直角坐标系，取AE中点M，由题知，所以，由（1）知平面，所以，因为，所以平面，，，设平面PCE的一个法向量为，则，由（1）知平面，所以是平面PAE的一个法向量，，设平面PAE与平面PCE所成角为θ，所以，因此.18.某素质训练营设计了一项闯关比赛.规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次：如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作比赛胜利，无需继续闯关.现有甲、乙、丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别为、、，假定、、互不相等，且每人能否闯关成功的事件相互独立.（1）计划依次派甲乙丙进行闯关，若，，，求该小组比赛胜利的概率；（2）若依次派甲乙丙进行闯关，则写出所需派出的人员数目的分布，并求的期望；（3）已知，若乙只能安排在第二个派出，要使派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出.【答案】（1）（2）（3）先派出甲【解析】【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式求解；（2）由题意可知，的所有可能取值为1，2，3，利用独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，进而得到的分布，再结合期望公式求解；（3）分别计算出依次派甲乙丙进行闯关和依次派丙乙甲进行闯关，所派出人员数目的期望，再利用作差法比较大小即可．【小问1详解】设事件表示“该小组比赛胜利”，则；【小问2详解】由题意可知，的所有可能取值为1，2，3，则，，，所以的分布为：所以；【小问3详解】若依次派甲乙丙进行闯关，设派出人员数目的期望为，由（2）可知，，若依次派丙乙甲进行闯关，设派出人员数目的期望为，则，则，因为，所以，，所以，即，所以要使派出人员数目的期望较小，先派出甲．19.已知双曲线的两条渐近线分别为和，右焦点坐标为，为坐标原点．（1）求双曲线C的标准方程；（2）设M，N是双曲线C上不同的两点，Q是MN的中点，直线MN、OQ的斜率分别为，证明：为定值；（3）直线y=4x-6与双曲线的右支交于点（在的上方），过点分别作的平行线，交于点P1，过点P1且斜率为4的直线与双曲线交于点（在的上方），再过点分别作的平行线，交于点，⋯，这样一直操作下去，可以得到一列点．证明：共线．【答案】（1）；（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意，根据题目所给信息以及的关系，列出等式求出和的值，进而可得双曲线的标准方程；（2）设，，根据M，N为双曲线C上的两点，列由点差法得到，利用斜率公式