广西桂平市2025届高三开学摸底考试数学试卷（解析版）

高三数学考试注意事项：1.答题前，考生务必将自已的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上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.4.本试卷主要考试内容：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.若集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】解一元二次不等式求出集合，然后由并集运算可得.【详解】解不等式得，即，又，所以.故选：A2.若，则（）A. B.C D.【答案】C【解析】【分析】利用复数乘法和除法法则计算出答案.【详解】，故.故选：C3.2024年1月至5月重庆市八大类商品和服务价格增长速度依次为，，则该组数据的第75百分位数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】将数据从小到大排列，然后计算，由第6和第7个数据的平均数可得.【详解】将数据由小到大排列：，因为，所以该组数据的第75百分位数为.故选：B4.甲同学每次投篮命中的概率为，在投篮6次的实验中，命中次数的均值为2.4，则的方差为（）A.1.24 B.1.44 C.1.2 D.0.96【答案】B【解析】【分析】利用二项分布期望值公式以及方差公式计算可得结果.【详解】根据题意可得命中次数服从二项分布，即；即可得均值为，解得；所以的方差为.故选：B5.已知函数，且的图象不经过第一象限，则函数的图象不经过（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】根据指数函数图象性质可得，再由对数函数图象性质可判断出结论.【详解】当时，函数单调递增，图象经过第一象限，不合题意；当时，函数单调递减，图象不经过第一象限，合题意；显然此时，则函数为单调递增，又恒过点，因此函数的图象不过第四象限.故选：D6.已知椭圆的左､右焦点分别为，点在上，为的中点，且，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用椭圆定义以及的位置关系及长度，构造方程即可解得离心率.【详解】如下图所示：根据题意可知，由椭圆定义可得，又为的中点，可得，因为，由勾股定理可得，即；结合整理可得，即，解得或（舍）.故选：C7.已知正四面体的高等于球的直径，则正四面体的体积与球的体积之比为（）A B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用正四面体的特征求其高及体积，进而求球的体积即可.【详解】如图，正四面体，设其棱长为2，设的中心为，连接，延长交于，则平面且，故正四面体的高为且，所以.设球的半径为，则，则球的体积为，故体积比为8.在中，，且边上的高为，则（）A.面积有最大值，且最大值为B.的面积有最大值，且最大值为C.的面积有最小值，且最小值为D.的面积有最小值，且最小值为【答案】D【解析】【分析】由两角和差的正弦展开可得，再由三角形面积公式可得，再通过余弦定理求得的范围，即可求解.【详解】因为所以所以，又为三角形内角，所以，所以设角的对边分别为，边的高为，由三角形面积公式可得：，又，所以，又，所以，当且仅当时取等号，所以所以故选: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.已知点到抛物线准线的距离为4，则的值可能为（）A.8 B. C.24 D.【答案】AD【解析】【分析】先由抛物线方程写出其准线方程，利用点到直线距离公式列出方程，解之即得.【详解】因抛物线的准线为，则点到直线的距离为：，解得，或.故选：AD.10.将函数图象的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，则（）A.为偶函数B.的最小正周期为C.与在上均单调递减D.函数在上有5个零点【答案】ACD【解析】【分析】诱导公式结合余弦函数性质可判断A；根据周期变换求，由周期公式可判断B；整体代入法求单调区间即可判断C；直接解方程求零点可判断D.【详解】对A，，显然为偶函数，A正确；对B，由题知，，则最小正周期，B错误；对C，由得，在上单调递减，所以在上单调递减，由得，在上单调递减，所以上单调递减，C正确；对D，由得，所以或，即或，因为，所以，所以函数在上有5个零点，D正确.故选：ACD11.若函数，则（）A.可能只有1个极值点B.当有极值点时，C.存在，使得点为曲线的对称中心D.当不等式的解集为时，的极小值为【答案】BCD【解析】【分析】A项，根据判别式分类讨论可得；B项，有极值点转化为，结合A项可得；C项，取，验证可得；D项，由不等式解集结合图象可知，1和2是方程的两根且，解出系数，代入函数求解极值即可判断.【详解】，则，令，.A项，当时，，则在R上单调递增，不存在极值点；当时，方程有两个不等的实数根，设为，，当时，，在单调递增；当时，，在单调递减；当时，，在单调递增；故在处取极大值，在处取极小值，即存在两个极值点；综上所述，不可能只1个极值点，故A错误；B项，当有极值点时,有解，则，即.由A项知，当时，在R上单调递增，不存在极值点；故，故B正确；C项，当时，，，所以，则曲线关于对称，即存在，使得点为曲线y=fx的对称中心，故CD项，不等式的解集为，由A项可知仅当时，满足题意.则且，且在处取极大值.即，则有，故，，又，解得，故，则，当时，，则在单调递增；当时，，则在单调递减；当时，，则在单调递增；故在处有极大值，且极大值为；在处有极小值，且极小值为；故D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：本题解决关键在于D项中条件“不等式的解集为”的转化，一是解集区间的端点是方程的根，二是在处取极值，从而.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若向量，且，则__________.【答案】##【解析】【分析】根据向量平行的坐标表示求解可得.【详解】因为，所以，解得.故答案为：13.已知是等比数列，，则数列的前项和为__________.【答案】【解析】【分析】根据等比数列定义可得数列的通项公式，再由等比数列前项和公式计算可得结果.【详解】由是等比数列可得其公比，因此数列的首项为，公比，所以，即；所以数列的前项和为.故答案为：14.甲､乙玩一个游戏，游戏规则如下：一个盒子中装有标号为的6个大小质地完全相同的小球，甲先从盒子中不放回地随机取一个球，乙紧接着从盒子中不放回地随机取一个球，比较小球上的数字，数字更大者得1分，数字更小者得0分，以此规律，直至小球全部取完，总分更多者获胜.甲获得3分的概率为__________.【答案】##【解析】【分析】将问题转化为在三个盒子中各放入2个编号不同的小球，甲从每个盒子中各取一个小球，求甲取到每个盒子中编号较大小球的概率，然后可解.【详解】将问题转化为：在三个盒子中各放入2个编号不同的小球，甲从每个盒子中各取一个小球，求甲取到每个盒子中编号较大小球的概率.甲从三个盒子中各取一球，共有种取法，三个都是编号较大小球只有一种取法，所以，甲获得3分的概率为.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，在正方体中，点分别在上，且.（1）若，证明：平面.（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明过程见解析（2）【解析】【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，故，得到线面平行；（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用法向量求解出面面角的余弦值.【小问1详解】因为，，所以四边形为平行四边形，故，，又，，故，，又，，故，所以四边形为平行四边形，故，因为平面，平面，所以平面；【小问2详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为3，则，可得，设平面的法向量为m=x,y令得，，故，且平面的法向量为，设平面与平面夹角的大小为，则所以平面与平面夹角的余弦值为.16.为了研究学生的性别和是否喜欢跳绳的关联性，随机调查了某中学的100名学生，整理得到如下列联表：男学生女学生合计喜欢跳绳353570不喜欢跳绳102030合计4555100（1）依据的独立性检验，能否认为学生的性别和是否喜欢跳绳有关联？（2）已知该校学生每分钟的跳绳个数，该校学生经过训练后，跳绳个数都有明显进步.假设经过训练后每人每分钟的跳绳个数都增加10，该校有1000名学生，预估经过训练后该校每分钟的跳绳个数在内的人数（结果精确到整数）.附：，其中.0.10.050.012.7063.8416.635若，则，.【答案】（1）不能（2）人【解析】【分析】（1）首先假设，再计算，并和参考数据比较，即可作出判断；（2）转化为训练前的人数估计.由题意得的值，则即，利用正态曲线的对称性与区间的概率参考数据【小问1详解】：学生的性别和是否喜欢运动无关.，所以根据的独立性检验，不能认为学生的性别与是否喜欢跳绳有关.【小问2详解】训练前该校学生每人每分钟的跳绳个数，则，，，即训练前学生每分钟的跳绳个数在，，，，由（人）估计训练前该校每分钟的跳绳个数在内的人数为.即预估经过训练后该校每分钟的跳绳个数在内的人数为.17.已知函数，且曲线在点处的切线斜率为.（1）比较和的大小；（2）讨论的单调性；（3）若有最小值，且最小值为，求的最大值.【答案】（1）；（2）答案见详解；（3）.【解析】【分析】（1）根据导数意义列方程即可求解；（2）求导，分和讨论导数符号即可得解；（3）利用（2）中结论表示出最小值，然后利用导数求最值即可.【小问1详解】，由题知，整理得.【小问2详解】由（1）知，，当时，恒成立，此时在上单调递增；当时，令，解得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.【小问3详解】由（2）知，当时，无最小值，当时，在处取得最小值，所以，记，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在单调递减，所以当时，取得最大值，即的最大值为.18.已知平面内一动点到点的距离与点到定直线的距离之比为，记动点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程.（2）在直线上有一点，过点的直线与曲线相交于两点.设，证明：只与有关.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设点，依题可得，化简得；（2）设，由题意求出，由消去整理得，应用韦达定理，结合图形将表示为，利用向量数量积的坐标式计算化简，并将以上各式代入整理，化成即得.【小问1详解】设，依题意得，，两边取平方，，整理得，，即曲线的方程为：.【小问2详解】如图设点，因点既在直线上，又在直线上，故得：，解得，.由消去可得，，因，故点的直线与曲线相交于两点，设，则，则，由图知，，故只与有关.19.若数列满足，且，则称数列为“稳定数列”.（1）若数列为“稳定数列”，求的取值范围；（2）若数列的前项和，判断数列是否为“稳定数列”，并说明理由；（3）若无穷数列为“稳定数列”，且的前项和为，证明：当时，.【答案】（1）（2）数列不是“稳定数列”，理由见解析.（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）将数据代入已知不等式，求解即可；（2）先利用求出数列bn的通项公式，然后再判断是否满足“稳定数列”定义即可（3）先利用，建立不等式，两式相加化简，得，构成一个新的数列，有然后，讨论其相邻两项的正负，分别计算即可.【小问1详解】由“稳定数列”的定义可知,，解得，又因为，所以.【小问2详解】数列bn不是“稳定数列”令，得，当时，，检验，当时，，故