四川省蓬溪中学等2025届高三下学期开学摸底联考数学试题（Word版附解析）

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1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、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.
考试时间为120分钟，满分150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. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】解指数不等式求集合，再由集合的交运算求集合.
【详解】由题设，又，
所以.
故选：B
2. 若，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】应用复数除法化简复数，再求其模长.
【详解】因为，所以.
故选：B
3. 函数为奇函数，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】由奇函数的性质求参数，注意验证是否满足题设即可.
【详解】由题设，整理得，
所以，此时，
由且定义域为R，满足题设，
所以.
故选：D
4. 已知两个非零向量和，若，，则（ ）
A. B. 0C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由向量垂直数量积为零结合向量夹角的运算求解即可.
【详解】由已知得，即，
所以，得
故选：D.
5. 已知，，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由同角的三角函数结合两角和的余弦展开式解方程得到，，再由两角差的余弦展开式计算即可.
【详解】因为，所以，
又，所以，，
所以
故选：
6. 已知抛物线的焦点为，点在上，，则的值是（ ）
A. 2B. 4C. 9D. 4或9
【答案】D
【解析】
【分析】求出抛物线的准线方程，根据点在上，表示出，再根据焦半径公式得到方程，解得即可.
【详解】抛物线的准线方程为，又点在上，
所以，即，
因为，所以，解得或.
故选：D
7. 已知函数恰有一个零点，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】通过特殊值判断出唯一零点为，同时存在极小值点，令恰为极小值点，即可求解.
【详解】通过代入特殊值可得，所以必然是的唯一零点；
，令，，故有两个不相等的实数根，令，根据韦达定理，可以判断出；
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，故是的极小值点；
当时，，当时，，故如果恰有一个零点，必然是在极小值点取到零点，故；
，此时恰有一个零点.
故选：C.
8. 三棱锥的四个顶点都在半径为5的球面上，并且，，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A. 56B. 48C. 32D. 58
【答案】A
【解析】
【分析】设球心为O，连接OA，OB，OC，，结合及棱锥的体积公式求最大值，注意取值条件.
【详解】设球心为O，连接OA，OB，OC，，
设点C、D到平面OAB的距离分别为、，点A、B到平面OCD的距离分别为、，
则，，，
则
，
当且仅当平面OAB，平面OCD时取等号.
故选：A
【点睛】关键点点睛：利用，结合点C、D到平面OAB的距离和，点A、B到平面OCD的距离和为关键.
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. 从中随机取一个数记为a，从中随机取一个数记为b，则下列说法正确的是（ ）
A. 事件“为奇数”的概率为
B. 事件“为奇数”的概率为
C. 设，则X的数学期望
D. 设，则在Y的所有可能的取值中最有可能取到的值是12
【答案】ABD
【解析】
【分析】确定从中随机取一个数，从中随机取一个数的所有可能取法数，根据古典概型的概率计算可判断ABD；根据数学期望的计算可判断C；
【详解】从中随机取一个数记为a，从中随机取一个数记为b，
共有（种）可能；
对于A，当时，时，为奇数；当时，时，为奇数；
故共有5种可能，则事件“为奇数”的概率为，故A正确；
对于B，当时，时，为奇数； 故事件“ab为奇数”概率为，故B正确；
对于C，取值可能为，
则,
故，故C错误；
对于D，的取值可能为，
，
，
故在Y的所有可能的取值中最有可能取到的值是12，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知数列的前n项和为，且满足，，，则下列说法正确的有（ ）
A. 数列为等差数列B. 数列为等比数列
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据递推式可得、，再根据等差、等比数列的定义判断A、B；应用累加法求数列通项公式判断C；应用分组求和及等比数列前n项和公式求判断D.
【详解】因为，所以，
则是首项为，公比为2的等比数列，故A错误；
根据题意得，，
所以数列为首项为1，公比为1的等比数列，则 ，故B正确；
所以，故C正确；
，故D正确.
故选：BCD
11. 在正方体中，点M，N分别是棱，的中点，则下列选项正确的是（ ）
A.
B. 平面
C. 异面直线与所成角的余弦值为
D. 平面截正方体所得的截面是五边形
【答案】ACD
【解析】
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，由向量的数量积为零可得A正确；求出平面的法向量，再由向量关系可得B错误；由空间异面直线夹角公式可得C正确；在上取，使，由线面关系可得D正确.
【详解】设棱长为1，在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
对于A，，有，所以，故A正确；
对于B，，，
设平面的法向量为，则，取，
，所以不平行于平面，故B错误；
对于C，，，
所以异面直线与所成角的余弦值为，故C正确；
对于D，如图，在上取，使，由中位线性质可得，连接，
在上取点，连接，则五边形为截面五边形，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题D选项的关键是能够找到，再由线面的位置关系得出截面图形.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 如图，在中，，，，，，若D，E，F三点共线，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】结合图形由平面向量的基本定理可得，再利用基本不等式的乘“1”法可得答案.
【详解】由，得，即，
，E，F三点共线，
，
，
当且仅当，时取等号，
所以的最小值为
故答案为：.
13. 已知具有线性相关性的变量x，y，设其样本点为，经验回归方程为，若，，则______．
【答案】9.5
【解析】
【分析】先求出样本中心点，再代入回归直线方程即可.
【详解】因为，，
所以，
又线性回归直线经过样本中心点，所以.
故答案为：9.5.
14. 已知曲线，，则曲线C围成区域内（含曲线C）格点（横坐标与纵坐标都为整数的点）的个数为______．
【答案】25
【解析】
【分析】根据曲线的方程，分象限讨论其图象，作出草图，数形结合求解.
【详解】当，时，由曲线的方程，得，
曲线在第一象限内的部分是圆心为，半径为的圆弧，
同理曲线在第二、三、四象限内的部分都是圆弧，当时，；当时，，
曲线坐标系中如图，

观察图形知，曲线围成的区域内格点的个数为.
故答案为：25
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. 在锐角三角形中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求角A的大小；
（2）若，求的周长l的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由降幂公式结合特殊角的三角函数值可得；
（2）由正弦定理边化角得到周长的表达式，再两角差的正弦展开式和辅助角公式结合正弦函数的取值范围求解即可；
【小问1详解】
因为，所以，
解得或（舍去），
又，所以.
【小问2详解】
由正弦定理得，
所以，
因为，所以，
所以的周长，
即
，
又，所以，解得，所以，
所以，
所以，即的周长l的取值范围为.
16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，．

（1）若平面平面，求与平面所成角的正弦值；
（2）若平面与平面的夹角为，求的长．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）作出与平面所成角，解三角形求得所成角的正弦值.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得的长．
【小问1详解】
如图，取AB的中点E，连接PE，
由，可得

又平面平面ABCD，平面平面，平面PAB，
所以平面
因为平面ABCD，所以，
所以为PC与平面ABCD所成的角.
因为，
又，所以
故PC与平面ABCD所成角的正弦值为
【小问2详解】
取CD的中点F，连接EF，以E为坐标原点，，的方向分别为x，y轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，

设，，
平面PBC的法向量为，
则，
由得
取，得
又平面ABCD的一个法向量为，
所以，
所以，所以
所以或，
所以或，
所以PC的长为或
17. 已知椭圆过点，．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点的直线l与椭圆E交于B，C两点，的外心为Q，证明：直线l与直线的斜率之积为定值，并求出该定值．
【答案】（1）
（2）证明见详解，定值为
【解析】
【分析】（1）代入点解得，即可得椭圆方程；
（2）设直线，以及外接圆方程，联立直线与椭圆、圆的方程，所得的方程的根相同，进而列式求解即可.
【小问1详解】
因为椭圆过点，，
则，解得，
所以椭圆E的方程为.
【小问2详解】
由题意可知：直线l的斜率存在，设直线，
联立方程，消去y可得①，
则，解得或，
设的外接圆方程为，
因为外接圆过点，则，即，
可得外接圆方程为，
则其圆心为，直线的斜率，
联立方程，消去y可得②，
因为是方程①②的两根，
则，两式相比可得，
整理可得，即，
所以直线l与直线的斜率之积为定值，定值为.
【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤
1.由特例得出一个值，此值一般就是定值；
2.证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；
3.得出结论．
18. 已知函数，．
（1）比较与的大小；
（2）证明：．
【答案】（1）见解析；
（2）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）令，求导得到函数单调性可比较大小；
（2）由（1）知，令得，累加得到.
【小问1详解】
令，
则，
故在上单调递增，又，
所以当时，;
当时，;
当时，;
【小问2详解】
由（1）知，，
令得，即，
令得，令得，……，
令得，
以上式子相加得
，
即，
所以.
19. 某排球教练带领甲、乙两名排球主力运动员训练排球的接球与传球，首先由教练第一次传球给甲、乙中的某位运动员，然后该运动员再传回教练.每次教练接球后按下列规律传球：若教练上一次是传给某运动员，则这次有的概率再传给该运动员，有的概率传给另一位运动员.已知教练第一次传给了甲运动员，且教练第次传球传给甲运动员的概率为.
（1）求，；
（2）求的表达式；
（3）设，证明：.
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合互斥事件和独立事件概率公式进行求解即可；
（2）根据互斥事件和独立事件概率公式，结合等比数列的定义和通项公式进行求解即可；
（3）利用构造函数法，结合导数与函数单调性的关系、等比数列的前项和公式进行证明即可.
【小问1详解】
，，；
【小问2详解】
由已知，∴，即，
∴是以为公比的等比数列，
∴，∴.
【小问3详解】
.
设，，∴，∴在上单调递增，
显然，则，
∴，则，
即，
∴.
【点睛】关键点睛：本题的关键是根据题意利用独立事件概率公式得到递推关系式.