广东省深圳高级中学（集团）中心校区2025届高三开学考试数学试题（解析）

深圳高级中学（集团）中心校区2025届高三开学考试数学试题一、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.若复数是纯虚数，则实数（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用除法运算化简复数，根据纯虚数的特征，即可判断.【详解】，则，有.故选：A2.设等差数列的前项和，若，，则（）A.18 B.27 C.45 D.63【答案】C【解析】【分析】根据成等差数列，得到方程，求出答案.【详解】由题意得成等差数列，即成等差数列，即，解得.故选：C3.某校高三年级800名学生在高三的一次考试中数学成绩近似服从正态分布，若某学生数学成绩为102分，则该学生数学成绩的年级排名大约是（）（附：，，）A.第18名 B.第127名 C.第245名 D.第546名【答案】B【解析】【分析】根据正态分布的特征，求出数学成绩不低于102分对应的概率，从而可求出对应的人数，确定排名．【详解】因为成绩近似服从正态分布,，则，且，所以，因此该校数学成绩不低于102分的人数即年级排名大约是．故选：B．4.已知向量，，若向量在向量上的投影向量，则（）A. B. C.3 D.7【答案】B【解析】【分析】根据已知结合投影向量的概念得出，求解即可得出答案.【详解】由已知可得，在上的投影向量为，又在上的投影向量，所以，所以，所以，所以.故选：B.5.“方斗”常作为盛米的一种容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，现有“方斗”容器如图所示，已知，，现往容器里加米，当米的高度是“方斗”高度的一半时，用米，则该“方斗”可盛米的总质量为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】设线段、、、的中点分别为、、、，利用台体的体积公式计算出棱台与棱台的体积之比，即可得出原“方斗”可盛米的总质量.【详解】设线段、、、的中点分别为、、、，如下图所示：易知四边形为等腰梯形，因为线段、的中点分别为、，则，设棱台的高为，体积为，则棱台的高为，设其体积为，则，则，所以，，所以，该“方斗”可盛米的总质量为.故选：D.6.已知，则的大小关系是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】对于，扩大适当的倍数变为整数幂的形式比较即可；对于，构造函数比较大小即可【详解】对于，同时12次方可得与，易知，所以；对于，同时次方可得与，由题干可知，所以，即；对于，同时取对数可得与，，，解得，易得在单调递增，单调递减，易知，所以．综上可得，故选：B.7.将12名志愿者（含甲､乙､丙）安排到三个地区做环保宣传工作，每个地区至少需要安排3人，则甲､乙､丙3人恰好被安排到同一个地区的安排方法总数为（）A.3129 B.4284 C.18774 D.25704【答案】C【解析】【分析】利用排列组合原理和分组分配方法求解.【详解】先分类讨论人员分组情况．当甲､乙､丙所在组恰有3人时，余下9人分成2组，有种方法；当甲､乙､丙所在组恰有4人时，先从其他9人中选1人到这组，再将余下8人分成2组，有种方法；当甲､乙､丙所在组恰有5人时，先从其他9人中选2人到这组，余下7人分成2组，有种方法当甲､乙､丙所在组恰有6人时，先从其他9人中选3人到这组，余下6人分成2组，有种方法．再将三组人员分配到三个地区．因为这三组分配到三个地区有种方法，所以安排方法总数为.故选:C.8.已知椭圆：的左右焦点分别为，，过的直线交椭圆于A，B两点，若，点满足，且，则椭圆C的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由、结合正弦定理可得，又，故，再结合余弦定理计算即可得离心率.【详解】由椭圆定义可知，由，故，，点满足，即，则，又，，即，又，故，则，即，即平分，又，故，则，则，，，由，故，即，即，又，故.故选：B.【点睛】关键点睛：本题关键在于由、，得到平分，结合，从而得到.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.声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，我们听到的声音多为复合音．若一个复合音的数学模型是函数，则下列结论不正确的是（）A.的一个周期为 B.的最大值为C.的图象关于直线对称 D.在区间上有3个零点【答案】D【解析】【分析】A.代入周期的定义，即可判断；B.分别比较两个函数分别取得最大值的值，即可判断；C.代入对称性的公式，即可求解；D.根据零点的定义，解方程，即可判断.【详解】A.，，故A错误；B.，当，时，取得最大值1，，当时，即时，取得最大值，所以两个函数不可能同时取得最大值，所以的最大值不是，故B错误；C.，，所以函数的图象不关于直线对称，故C错误；D.，即，即或，解得：，所以函数在区间上有3个零点，故D正确.故选：D.10.四棱锥的底面为正方形，PA与底面垂直，，，动点M在线段PC上，则（）A.不存在点M，使得B.的最小值为C.四棱锥的外接球表面积为5πD.点M到直线AB的距离的最小值为【答案】BD【解析】【分析】当点为中点时，利用垂直关系的转化，即可判断A；利用展开图，利用数形结合求的最小值，即可判断B；利用几何体与外接球的关系，即可求解球心，并求外接球的表面积，即可判断C；利用异面直线的距离的转化，即可判断D.【详解】对于A：连接BD，且，如图所示，当MPC中点时，因为点O为AC的中点，所以，因为平面ABCD，所以平面ABCD，又因为平面ABCD，所以，因为ABCD为正方形，所以．又因为，且BD，平面BDM，所以平面BDM，因为平面BDM，所以，所以A错误；对于B：将和所在的平面沿着PC展开在一个平面上，如图所示，和是全等的直角三角形，，，连结，，则的最小值为BD，直角斜边PC上高为，即，直角斜边PC上高也为，所以的最小值为，所以B正确；对于C：易知四棱锥的外接球直径为PC，半径，表面积，所以C错误；对于D：点M到直线AB的距离的最小值即为异面直线PC与AB的距离，因为，且平面PCD，平面PCD，所以平面PCD，所以直线AB到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离，过点A作，因为平面ABCD，面，所以，又，且，面，故平面PAD，平面PAD，所以，因为，且PD，平面PCD，所以平面PCD，所以点A到平面PCD的距离，即为AF的长，如图所示，在中，，，可得，所以由等面积得，即直线AB到平面PCD的距离等于，所以D正确，故选：BD．11.冒泡排序是一种计算机科学领域的较简单的排序算法，其基本思想是：通过对待排序序列从左往右，依次对相邻两个元素比较大小，若，则交换两个数的位置，使值较大的元素逐渐从左移向右，就如水底下的气泡一样逐渐向上冒，重复以上过程直到序列中所有数都是按照从小到大排列为止.例如：对于序列进行冒泡排序，首先比较，需要交换1次位置，得到新序列，然后比较，无需交换位置，最后比较，又需要交换1次位置，得到新序列最终完成了冒泡排序，同样地，序列需要依次交换完成冒泡排序.因此，和均是交换2次的序列.现在对任一个包含个不等实数的序列进行冒泡排序，设在冒泡排序中序列需要交换的最大次数为，只需要交换1次的序列个数为，只需要交换2次的序列个数为，则（）A.序列是需要交换3次的序列 B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】根据题意，不妨设序列的n个元素为，由题意可判断A中序列交换次数；再根据等差数列前项和公式即可判断B；得出只要交换1次的序列的特征即可判断C；利用累加法求出通项公式即可判断D.【详解】对A，序列，比较，无需交换位置，比较，需要交换1次位置，得到新序列，比较，无需交换位置，最后比较，需要交换1次位置，得到新序列，完成冒泡排序，共需要交换2次，故A错误；对B，不妨设序列的n个元素为，交换次数最多的序列为，将元素n冒泡到最右侧，需交换次次，将元素n-1冒泡到最右侧，需交换次次，，故共需要，即最大交换次数，故B正确；对C，只要交换1次的序列是将中的任意相邻两个数字调换位置的序列，故有个这样的序列，即，故C正确；对D，当n个元素的序列顺序确定后，将元素n+1添加进原序列，使得新序列（共n+1个元素）交换次数也是2，则元素n+1在新序列的位置只能是最后三个位置，若元素n+1在新序列的最后一个位置，则不会增加交换次数，故原序列交换次数为2（这样的序列有个），若元素n+1在新序列的倒数第二个位置，则会增加1次交换，故原序列交换次数为1（这样的序列有个），若元素n+1在新序列的倒数第三个位置，则会增加2次交换，故原序列交换次数为0（这样的序列有1个），因此，，所以，显然，所以，故D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：在解与数列新定义相关的题目时，理解新定义是解决本题的关键.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.展开式中的系数为，则的值为______．【答案】1【解析】【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式分析求解.【详解】因为的展开式的通项公式为，可知展开式中含的项为，则展开式中的系数为，解得.故答案为：1.13.设是一个随机试验中的两个事件，且，则______.【答案】【解析】【分析】根据对立事件的概率与互斥事件的概率计算公式求解即可.【详解】因为，故，因为互斥，所以，所以，解得，所以.故答案为：.14.已知函数，且在处的瞬时变化率为．①______；②令，若函数的图象与直线有且只有一个公共点，则实数的取值范围是______．【答案】①.②.【解析】【分析】根据导数的概念及于是即可得的值；分类讨论确定函数的图象，满足其与直线有且只有一个公共点，列不等式即可求得实数的取值范围.【详解】因为，所以，由在处的瞬时变化率为得，所以；因为①当时，函数的图象如下图所示：要使得函数的图象与直线有且只有一个公共点，则，所以；②当时，函数的图象如下图所示：要使得函数的图象与直线有且只有一个公共点，则，不妨令，当，恒成立，所以单调递增，即，所以恒成立，故此时不等式解得；③当时，函数的图象如下图所示：要使得函数的图象与直线有且只有一个公共点，则，所以；④当时，函数的图象如下图所示：要使得函数的图象与直线有且只有一个公共点，则，所以；对于函数，，当，恒成立，所以单调递减，即，所以恒成立，故此时不等式组无解；综上，实数的取值范围是.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程成演算步骤．15.记的内角的对边分别为，已知（1）求；（2）设的中点为，若，且，求的周长．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理结合可以得到，进而得到；（2）在和中分别利用余弦定理，结合，可以求得的值，进而得到的周长.【小问1详解】由得，由正弦定理可得，，因为，所以，代入上式，整理得，又因，，所以，又因为，解得.【小问2详解】在中，由余弦定理得，而，，所以①，在中，由余弦定理得②，由①②两式消去a，得，所以，又，解得，．，所以的周长.16.已知在多面体中，，，，，且平面平面.（1）设点F为线段BC的中点，试证明平面；（2）若直线BE与平面ABC所成的角为，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由四边形为平行四边形.∴，再结合平面，即可证明平面；（2）由空间向量的应用，建立以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴的空间直角坐标系，再求出平面的法向量，平面的法向量，再利用向量夹角公式求解即可.【小问1详解】取的中点，连接，，∵在中，∴.∴由平面平面，且交线为，平面，得平面.∵，分别为，的中点，∴，且.又，，∴，且.∴四边形为平行四边形.∴，∴平面.【小问2详解】∵平面，平面，所以，又因为，所以三者两两互相垂直，∴以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.则，，.∵平面，∴直线与平面所成的角为.∴.∴.可取平面的法向量，设平面的法向量，，，则，取，则，.∴，∴，∴二面角的余弦值为.17.为了增强学生的国防意识，某中学组织了一次国防知识竞赛，高一和高二两个年级学生参加知识竞赛，（1）两个年级各派50名学生参加国防知识初赛，成绩均在区间上，现将成绩制成如图所示频率分布直方图（每组均包括左端点，最后一组包括右端点），估计学生的成绩的平均分（若同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（2）两个年级各派一位学生代表参加国防知识决赛，决赛的规则如下：①决赛一共五轮，在每一轮中，两位学生各回答一次题目，两队累计答对题目数量多者胜；若五轮答满，分数持平，则并列为冠军；②如果在答满5轮前，其中一方答对题目数量已经多于另一方答满5次题可能答对的题目数量，则不需再答题，譬如：第3轮结束时，双方答对题目数量比为，则不需再答第4轮了；③设高一年级的学生代表甲答对比赛题目的概率是，高二年级的学生代表乙答对比赛题目的概率是，每轮答题比赛中，答对与否互不影响，各轮结果也互不影响（i）在一次赛前训练中，学生代表甲同学答了3轮题，且每次答题互不影响，记为答对题目的数量，求的分布列及数学期望（ii）求在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出的概率【答案】（1）学生的成绩的平均分的估计值为73.8分（2）（i）分布列见解析，（ii）.【解析】【分析】（1）利用频率之和为1列出方程，求出a=0.018，进而利用中间值求出平均分的估计值；（2）（i）由题意知X的可能取值为0，1，2，3，根据二项分布求概率，写出分布列进而求期望即可；（ii）将在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出的事件分拆成乙答对0道与1道两个事件，再利用互斥事件的概率公式计算而得.【小问1详解】解：由频率分布直方图可知：可得∴平均分的估计值为∴学生的成绩的平均分的估计值为73.8分【小问2详解】（i）由题可得，的可能取值为0，1，2，3∴∴的分布列为0123∴（ii）将“在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出”记为事件，“在第4轮结束时，学生代表乙答对0道题”记为事件，“在第4轮结束时，学生代表乙答对1道题”记为事件∴，，∴.∴在第4轮结束时，学生代表甲答对3道题并刚好胜出的概率为.18.已知且，函数．（1），，为数列的前项和，当时，试比较与2024的大小，并说明理由：（2）当时，证明：；（3）当且时，试讨论的零点个数．【答案】（1），理由见解析（2）证明见解析（3）1个.【解析】【分析】（1）求出，利用分组求和法及等差等比数列前项和公式计算即可得解.（2）把代入，利用导数探讨单调性，结合函数的零点推理即得.（3）按，分类，利用导数结合（2）的结论及零点存在性定理求解即得.小问