高三开学摸底考试卷-备战2025年高考数学真题题源解密（新高考卷）解析版

高三开学摸底考试卷（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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．若集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】求得集合，可求得.【详解】依题得，则．故选：C.2．已知复数满足，则复数在复平面对应的点在（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】根据题意，利用复数的运算法则，化简得到，得到，结合复数的几何意义，即可求解.【详解】由复数满足，可得，则，则复数对应的点为位于第四象限.故选：D.3．五一小长假前夕，甲、乙、丙三人从四个旅游景点中任选一个前去游玩，其中甲到过景点，所以甲不选景点，则不同的选法有（

）A．64种 B．48种 C．36种 D．24种【答案】B【分析】由分步乘法计数原理求解即可.【详解】因甲不选A景点，应该分步完成：第一步，先考虑甲在三个景点中任选一个，有3种选法；第二步，再考虑乙和丙，从中分别任选一个景点，有中选法．由分步乘法计数原理，可得不同选法有：种．故选：B．4．某农业研究所对玉米幼穗的叶龄指数与可见叶片数进行分析研究，其关系可以用函数（为常数）表示．若玉米幼穗在伸长期可见叶片为7片，叶龄指数为30，则当玉米幼穗在四分体形成期叶龄指数为82.5时，可见叶片数约为（

）（参考数据：，）A．15 B．16 C．17 D．18【答案】C【分析】利用函数，由题意已知，求出待定系数，再用，去求解，当然这里面有取自然对数及取值计算.【详解】由题意知，，则等式两边同时取自然对数得，，．，，，，故选：C．5．过圆锥高的中点作平行于底面的截面，则截面分圆锥上部分圆锥与下部分圆台体积比为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用圆锥、圆台的体积公式求得圆锥与圆台的体积关系．【详解】设截面圆半径为r，圆锥的高为h，圆锥的体积为,则圆台下底面圆的半径为2r，圆台的高为h，圆台的体积为，所以，，可得.故选：D.6．已知，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用两角和差的正余弦公式展开，两边同除，得到.再利用两角差的正切公式展开，将换成，化简即可得到答案.【详解】，所以，两边同除，得到，即.，.故选：C.7．已知函数，则使得成立的正实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】分析函数的奇偶性，单调性，利用函数的单调性求解不等式即可.【详解】由题意可知的定义域为，且，所以为偶函数．当时，，则函数在上单调递减，且．所以不等式成立，需，解得或，又，所以，即正实数的取值范围是．故选：A．8．已知函数，若，，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先利用导数判断的单调性，再构造函数，利用导数判断得，从而得解.【详解】因为，所以，令，则恒成立，所以当时，，即，又在上单调递增，所以，所以在上恒成立，则在上单调递增，构造函数，则，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即，可得，，所以，，所以，，即所以，，即.故选：D.【点睛】思路点睛：先利用导数判断的单调性，再构造函数，利用导数判断得，是解决本题的关键.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a，，有一组样本数据为，3，，，8，10，，12，13，若在这组数据中再插入一个数8，则（

）A．平均数不变 B．中位数不变 C．方差不变 D．极差不变【答案】AD【分析】求出样本数据的平均数，判断A的真假；令取特殊值，验证B的真假；利用方差的计算公式求方差判断C的真假；因为8不是最值，所以插入8不影响极差，可判断D的真假.【详解】对于A选项，原数据的平均数为8，插入一个数8，平均数不变，正确；对于B选项，取，，原数据的中位数为9，新数据的中位数为8.5，错误；对于C选项，新数据的方差为，错误；对于D选项，因为，所以8不是最值，故新数据的极差不变，正确．故选：AD10．已知直线与圆相交于两点，下列说法正确的是（

）A．若圆关于直线对称，则B．的最小值为C．当时，对任意，曲线恒过直线与圆的交点D．若（为坐标原点）四点共圆，则【答案】BCD【分析】根据对称性判断直线过圆心，即可判断A，将直线的方程整理为，即可说明直线所故定点，当定点为弦的中点时，此时弦长最短，根据弦长公式判断B，根据圆系方程，可判断C，根据几何关系，设出过四点的圆的方程，再求过圆和圆的交点的直线的方程，代入定点，即可判断D.【详解】A.若圆关于直线对称，则直线过圆的圆心，即，得，故A错误；B.，整理为，不管为何值，直线始终过点，当是线段的中点时，此时弦长最短，圆，圆心是，半径，圆心和点的距离是，所以最短弦长，故B正确；C.当时，直线，曲线，即，所以曲线为过直线与圆交点的曲线方程，故C正确；D.若四点共圆，设此圆为圆，圆的圆心，的中点为，所以的垂直平分线方程为，所以，圆的方程为，整理为，直线是圆与圆的交线，圆与圆的方程相减得所以直线的方程是，将直线所过的定点坐标代入上式得，得，所以直线，即直线的斜率为，即，则，故D正确.故选：BCD11．已知内角A、B、C的对边分别是a、b、c，，则（

）A． B．的最小值为3C．若为锐角三角形，则 D．若，，则【答案】BCD【分析】由，得，由正弦定理得和余弦定理化简得，即可判断A；将代入化简成，由基本不等式可得它的最小值，即可判断B；由正弦定理边化角可得，再由的范围可得的范围，即可判断C；由正弦定理求出，再由余弦定理可得，即可判断D.【详解】由，得，由正弦定理得，由余弦定理得，则，当时，，即，当时，，又，所以，所以，所以，所以，故选项A错误；由，则，当且仅当时，故选项B正确；在中，，由正弦定理，，若为锐角三角形，又，则，故，所以，所以，则，所以，故选项C正确；在中，由正弦定理，又，，，得，则由余弦定理，，得，整理得，解得，或，当时，有，又，所以，因为，则不成立，故选项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．已知向量的夹角为，若，则.【答案】4【分析】对化简结合已知条件可得答案.【详解】因为向量的夹角为，，所以所以由，得得，或（舍去），故答案为：413．已知直线是曲线和的公切线，则实数a=．【答案】3【分析】先设在上的切点，然后求出切点和切线，然后再设在上的切点，即可求出a的值.【详解】设直线l与曲线相切于点，由，得，因为l与曲线相切，所以消去，得，解得．设l与曲线相切于点，由，得，即，因为是l与曲线的公共点，所以消去，得，即，解得．故答案为：3.14．已知双曲线的左、右焦点分别为，，若过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点，且.又以双曲线的顶点为圆心，半径为的圆恰好经过双曲线虚轴的端点，则双曲线的离心率为.【答案】2【分析】根据给定条件，结合双曲线定义及余弦定理、圆的定义求出即可.【详解】令，依题意，，解得，显然，，，而，于是，在中，由余弦定理，得，解得，即，所以双曲线的离心率为.故答案为：2【点睛】方法点睛：双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。15．（13分）设数列的前项和为，且．(1)求数列的通项公式．(2)设数列满足，且数列的前项和为，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据公式进行计算可发现数列是以2为首项，2为公比的等比数列，即可进一步得到数列的通项公式；（2）先根据题干及（1）的结果计算出数列的通项公式，然后运用错位相减法计算出前项和为的表达式，然后运用放缩法即可证明不等式成立．【详解】（1）依题意，由，可得，当时，，解得，当时，，整理，得，，∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，∴；（2）依题意及（1），由可得，则，，两式相减，可得，∴，故得证．16．（15分）已知底面是平行四边形，平面，，，，且.(1)求证：平面平面；(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是.若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，或.【分析】（1）由，得到，再由平面，证得，进而证得平面，结合，得到平面，利用面面垂直的判定定理，即可证得平面平面.（2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，求得向量和平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解.【详解】（1）证明：在中，，，，则，可得，所以，所以.因为平面，平面，所以，又因为，平面，平面，所以平面，因为，所以平面，又因为平面，所以平面平面.（2）是平行四边形，平面，，，，且.假设线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，以为原点，所在直线分别为x轴、y轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，可得，，设，则，所以，设平面的一个法向量为，则，令，可得，所以，设直线与平面所成角的大小为，故，整理得，解得或，所以或.17．（15分）为提高学生对航天科技的兴趣，培养学生良好的科学素养，某学校组织学生参加航天科普知识挑战赛，比赛共设置A，B，C三个问题，规则如下：①每位参加者计分器的初始分均为50分，答对问题A，B，C分别加10分，20分，30分，答错任一题减10分；②每回答一题，计分器显示累计分数，当累计分数小于40分或答完三题时累计分数不足80分，答题结束，挑战失败；当累计分数大于或等于80分时，答题结束，挑战成功；③每位参加者按问题A，B，C顺序作答，直至挑战结束.设甲同学能正确回答出问题A，B，C的概率分别为，，，且回答各题正确与否互不影响.(1)求甲同学挑战成功的概率；(2)用X表示甲同学答题结束时答对问题的个数，求X的分布列和数学期望.【答案】(1)(2)分布列见解析，数学期望为【分析】（1）用表示甲第i个问题回答正确，表示甲第i个问题回答错误，分析甲同学能进入下一轮包括，分别求概率，再相加；（2）分析出的可能取值：0，1，2，分别求概率，写出分布列，求出数学期望即可.【详解】（1）用表示甲第i个问题回答正确，表示甲第i个问题回答错误，则;.记事件Q：甲同学能进入下一轮的概率，则：.即甲同学能进入下一轮的概率为.（2）由题意知的可能取值：0，1，2，∴;,，，∴的分布列为：012∴,即数学期望为.18．（17分）已知椭圆：（）的半长轴的长度与焦距相等，且过焦点且与轴垂直的直线被椭圆截得的弦长为3.(1)求椭圆的方程；(2)已知直线：与椭圆交于，两点，过点的直线交椭圆于，两点（在靠近的一侧）（ⅰ）求的取值范围；（ⅱ）在直线上是否存在一定点，使恒成立？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)（ⅰ）；（ⅱ）存在，【分析】（1）结合长半轴、焦距与通径定义计算即可得；（2）（ⅰ）设出直线方程，联立曲线可得与交点纵坐标有关韦达定理，通过计算得到其范围后，即可得的范围；（ⅱ）结合点到直线的距离公式，由题意可得距离相等，代入计算可得点纵坐标，代入方程可得横坐标，即可得解.【详解】（1）由题意可得，解得，则：；（2）（ⅰ）设直线：，，，联立，得，则有，，且，则，则，设，则，则.（ⅱ）设，则，设直线，：，，即分别为：，，由，则到直线，的距离相等，联立，有是其中一组解，又与等价，不妨设，则有，即，即，可得，又，即，则有，通分并整理得：.代入得.化简得.故，则，则.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.19．（17分）若函数在区间上有定义，且，，则称是的一个“封闭区间”．(1)已知函数，区间且的一个“封闭区间”，求的取值集合；(2)已知函数，设集合．（i）求集合中元素的个数；（ii）用表示区间的长度，设为集合中的最大元素．证明：存在唯一长度为的闭区间，使得是的一个“封闭区间”．【答案】(1)(2)（i）2；（ii）证明见解析【分析】（1）根据“封闭区间”的定义，对函数求导并求出其值域解不等式可得的取值集合；（2）（i）对求导得出函数的单调性，利用零点存在定理即可求得集合中元素的个数为2个；（ii）根据区间长度的定义，对参数进行分类讨论得出的所有可能的“封闭区间”即可得出证明.【详解】（1）由题意，，，恒成立，所以在上单调递增，可得的值域为，因此只需，即可得，即，则的取值集合为．（2）（i）记函数，则，由得或；由得；所以函数在和上单调递增，在上单调递减．其中