黑龙江省新时代高中教育联合体2025-2026学年高三上学期开学摸底考试数学试卷（一）（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页黑龙江省新时代高中教育联合体2025-2026学年高三上学期开学摸底考试数学试卷（一）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知，则（

）A． B． C． D．2．已知集合，，则（

）A． B．C． D．3．若是第三象限角，且，则（

）A． B． C． D．4．已知为抛物线上一点，点到抛物线焦点的距离为，则（

）A．2 B．1 C． D．45．已知向量，，若与反向共线，则的值为（

）A．0 B． C． D．6．已知函数在上单调递减，则的取值范围是（

）A． B． C． D．7．已知数列中，，且，记数列的前项和为，则（

）A． B． C． D．8．已知是椭圆的左焦点，分别是的右、上顶点，是上一点，且和是全等的三角形（为坐标原点），则的离心率的平方为（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知函数，（，），与的图象关于对称，若，则（

）A．B．直线为图象的一条对称轴C．在上单调递减D．函数在上有5个零点10．某区四所高中各自组建了排球队分别记为“甲队”“乙队”“丙队”“丁队”进行单循环比赛即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛最后按各队的积分排列名次，积分规则为每队胜一场得分，平一场得分，负一场得分若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为且每场比赛结果相互独立，则在比赛结束时（

）A．甲队积分为分的概率为B．不可能出现恰有三支球队积分相同的情况C．甲队胜2场且乙队胜2场的概率为D．甲队输一场且积分超过其余每支球队积分的概率为11．如图，在圆柱中，轴截面ABCD是边长为2的正方形，M是以为直径的圆上一动点（异于点A，），AM与圆柱的底面圆交于点N，则（

）A．平面B．直线NB与直线有可能垂直C．当N为的中点时，二面角的余弦值为D．三棱锥的外接球的体积为三、填空题12．，则．13．已知，，且，则的最小值是.14．设函数，若曲线在点处的切线与抛物线有且仅有一个公共点，则的值为.四、解答题15．在中，内角所对的边分别为，且.(1)证明：.(2)求.(3)若为上靠近点的三等分点，作交于点，求.16．民航招飞是指普通高校飞行技术专业通过高考招收飞行学员，对某校高三在校学生进行统计，得到如下列联表：有报名意向没有报名意向合计男学生70150女学生80100180合计250400(1)记该校高三女学生有报名意向的概率为，求的值；(2)根据小概率值的独立性检验，判断该校高三在校学生是否有报名意向与性别有无关系附：，其中.0.1000.0500.0250.0100.0012.7063.8415.0246.63510.82817．已知函数，.(1)若，求的单调区间；(2)若，求的取值范围.18．如图，在△中，，，为的中点，过点作交于点，将沿翻折至，得到四棱锥，为棱上一动点（不包含端点）.(1)若为棱的中点，证明：平面；(2)若，直线EF与平面BCDE所成角的正弦值为.（ⅰ）求；（ⅱ）求点到平面的距离.19．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线的左、右焦点分别为，，M为C上一动点，且当为等腰三角形时，．(1)求C的离心率；(2)已知为C的右顶点，直线l与C的一支交于A，B两点．①若，试求直线l与x轴交点的坐标；②“费马点”是十七世纪数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答：当的三个内角均小于120°时，使得的点Q即为费马点；当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点．当，且l过点时，记的费马点为P，记，，的面积分别为，，，试求的最小值．五、单选题20．已知复数满足，则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限21．已知集合，集合，则（

）A． B． C． D．22．已知向量，且，则（

）A． B．1 C． D．223．已知圆，圆，则这两圆的位置关系为（

）A．内含 B．相切 C．相交 D．外离24．已知定义在上的函数满足，且，都有，则的大小关系是（

）A． B．C． D．25．已知函数，将函数的图象向右平移个单位长度可得到函数的图象，则下列结论正确的是（

）A．函数的最小正周期为 B．函数的最大值为C．函数是奇函数 D．函数在区间上单调递增26．在正方体中，若的中点为，则过点三点的截面是（

）A．三角形 B．梯形 C．菱形 D．矩形27．已知椭圆的左、右焦点分别为，左右顶点分别为，过的直线交于两点（异于点），的周长为，且直线与的斜率之积为，则椭圆的标准方程为（

）A． B．C． D．六、多选题28．已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，且，是以1为公差的等差数列，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．29．某高中为了让同学们了解有关半导体芯片的内容，并同时增加同学们对芯片行业的兴趣，特地举办了一次半导体芯片知识竞赛，统计结果显示，学生成绩，其中不低于60分为及格，不低于80分为优秀，且优秀率为20%.若从全校参与竞赛的学生中随机选取5人，记选取的5人中知识竞赛及格的学生人数为，则（

）A．该知识竞赛的及格率为60% B．C． D．30．已知函数，则下列说法正确的是（

）A．的单调递增区间为B．有3个零点C．若关于的方程有四个不同实根，则D．若，恒成立，则七、填空题31．二项式的展开式中的常数项为（用数字作答）.32．在数列中，，数列的前项和为，若，则数列的前项和为.33．已知函数，若的图象上存在不同的两个点关于原点对称，则实数的取值范围为.八、解答题34．已知函数.(1)若曲线在点处的切线与曲线也相切，求的值；(2)若，求的最小值.35．在2025年春晚《秧》节目中，宇树科技的“福兮”机器人采用人工智能（）驱动全身运动控制技术，能根据音乐旋律调整舞步，其最大关节扭矩高达360牛顿·米，节目播出后引发公众对机器人技术的兴趣和热情，为了了解不同性别的学生对的关注情况，某校随机抽取了90名学生，调查结果如表：性别关注不关注合计男5560女合计75(1)完成上述列联表，根据小概率值的独立性检验，能否认为学生对的关注与性别有关？(2)在这90名学生中随机抽取一位，若事件表示“该生关注”，事件表示“该生为女生”，求及的值.附：，其中.0.10.050.0250.010.0012.7063.8415.0246.63510.82836．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面平面，为的中点，是棱上的点（不含端点），.(1)求证：平面平面；(2)若二面角大小为30°，求的值.37．已知双曲线的离心率为，点为坐标原点，过的右焦点的直线交的右支于两点，当轴时，.(1)求的方程；(2)过点作直线的垂线，垂足为.①证明：直线过定点；②求面积的最小值.38．在中，对应的边分别为，.(1)求角的大小；(2)奥古斯丁·路易斯·柯西是法国著名的数学家，他在数学领域有非常高的造诣，很多数学的定理和公式都以他的名字来命名的，如柯西不等式、柯西积分公式等，其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.下列为三维柯西不等式：，其中，当且仅当时等号成立，在（1）的条件下，若.①求的最小值；②若是内一点，过点作的垂线，垂足分别为，设的面积为，求的最小值.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《黑龙江省新时代高中教育联合体2025-2026学年高三上学期开学摸底考试数学试卷（一）》参考答案题号12345678910答案DCBACCAABCACD题号11202122232425262728答案ACDCCCABDBAABC题号2930答案BDACD1．D【分析】先根据已知条件求出复数，再根据复数的模的计算公式求出．【详解】已知，所以．．故选：D．2．C【分析】解出集合，再根据并集含义即可得到答案.【详解】，，则.故选：C.3．B【分析】利用平方关系求出，即可得解.【详解】由已知可得：，代入可得，解得或是第三象限角，，，，故选：B4．A【分析】根据条件，利用抛物线的定义，即可求出结果.【详解】因为到抛物线焦点的距离为，所以由抛物线定义知，，解得，故选：A.5．C【分析】根据向量共线的坐标运算，求得参数，再结合向量线性运算的坐标运算求模长即可.【详解】根据题意可得：，解得或；当时，与共线同向，故舍去；当时，，，.故选：C.6．C【分析】根据给定条件，利用指数型、对数型复合函数单调性列式求出范围.【详解】由函数在上单调递减，得函数在和上都单调递减，且，解，得或；而函数在上单调递减，则，解得；因此，函数在上单调递减，则，于是，所以的取值范围是.故选：C7．A【分析】由等差数列的定义可得数列是等差数列，从而得到数列的通项公式，即可得到结果.【详解】由得，即，所以数列是以为首项，2为公差的等差数列，所以，故，所以.故选：A．8．A【分析】由题设结合椭圆结构性质求出，进而求出点P，再代入椭圆方程结合离心率定义即可计算求解.【详解】由题意可得，因为和是全等的三角形，所以，即，又由椭圆结构性质可知，所以，所以，，则，所以由，令，则或（舍去）.所以的离心率的平方为.故选：A9．BC【分析】根据对称性求解的解析式判断A，根据两角和差的正余弦公式化简求出，进而验证法判断B，根据余弦函数的单调性判断C，根据正弦函数的性质求解零点判断D.【详解】在函数的图象上任取点（x，y），此点关于的对称点在的图象上，故，所以，故，，故A错误；则，所以为其最大值，所以直线为图象的一条对称轴，故B正确；当时，，，故在上单调递减，故C正确；因为，令，所以，即，，令，解得，所以，又，所以，所以函数在上有4个零点，故D错误．故选：BC10．ACD【分析】若甲队积分为9分，则甲胜乙、丙、丁，结合独立事件的概率公式运算判断A；举例比赛的各种得分情况判断B；分甲胜乙、甲败乙、甲平乙，三种情况由互斥事件与独立事件的概率公式计算概率判断C；分甲得4分和6分两种情况可得D.【详解】对于选项A：若甲队积分为9分，则甲胜乙、丙、丁，所以甲队积分为9分的概率为，故A正确；对于选项B：四支球队共6场比赛，例如甲胜乙、丙、丁，而乙、丙、丁之间平，则甲得9分，乙、丙、丁各得2分，故B错误；对于选项C：每场比赛中两队胜、平、负的概率都为，甲队胜2场且甲胜乙队2场，甲队胜2场且甲败给乙队或甲队胜2场且甲与乙队平，则甲队胜2场且乙队胜2场的概率为，故C正确；对于选项D：甲队在输了一场且其积分仍超过其余三支球队的积分，三队中选一队与甲比赛，甲输，，例如是丙甲，若甲与乙、丁的两场比赛一赢一平，则甲只得4分，这时，丙乙、丙丁两场比赛中丙只能输，否则丙的分数不小于4分，不合题意，在丙输的情况下，乙、丁已有3分，那个它们之间的比赛无论什么情况，乙、丁中有一人得分不小于4分，不合题意；若甲全赢（概率是）时，甲得6分，其他3人分数最高为5分，这时丙乙，丙丁两场比赛中丙不能赢否则丙的分数不小于6分，只有全平或全输，①若丙一平一输，概率，如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率；②若丙两场均平，概率是，乙丁这场比赛无论结论如何均符合题意；③若两场丙都输，概率是，乙丁这场比赛只能平，概率是；综上概率为，故D正确．故选：ACD．11．ACD【分析】根据已知结合圆的性质得出，进而即可根据线面平行的判定定理得出A；假设，然后根据线面垂直的性质定理以及判定定理得出，与已知矛盾，即可判断B项；建立空间直角坐标系，根据向量法求解即可判断C项；根据已知推得球心位置，进而求出球的半径，根据球的体积公式求解，即可得出答案.【详解】对于A项，由已知可得，在平面中，分别为两圆的直径，所以有，所以.又平面，平面，所以，平面.故A正确；对于B项，由A知，假设，则.又平面，平面，所以，.又，平面，平面，所以有平面,进而可得平面,又平面，所以有，这与相矛盾，假设错误.故B错误；对于C项，连接，当N为的中点时，有.如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，则由已知可得，，，，，则，，，易知为平面的一个法向量，设为平面的一个法向量，则有，令，则，，所以即为平面的一个法向量，所以.又由图可知二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.故C正确；对于D项，如图2，分别取的中点为，连接，则有平面，根据球的性质，易知球心应在上.又平面，所以有.根据球的对称性可知，球心应为的中点，所以半径，则三棱锥的外接球的体积为.故D正确.故选：ACD.12．【分析】由，结合通项公式即可求解.【详解】的通项公式为：，取，可得：，故答案为：13．【分析】利用“1”的代换化简式子中的3和1，进而利用基本不等式即可.【详解】由题意可得，，等号成立时，即.故的最小值是.故答案为：14．1【分析】应用导数几何意义求切线方程，联立抛物线得，结合交点个数有，即有，令并应用导数研究的零点，即可求.【详解】由题设，则，且，所以曲线在点处的切线为，联立抛物线，得，则，由切线与抛物线有一个公共点，则，所以且，则，令，则，即，若且，则，若，则在上恒成立，所以在上单调递增，且，在上，单调递减，在上，单调递增，且，综上，.故答案为：1【点睛】关键点点睛：首先求出切线方程并联立抛物线，根据得到为关键.15．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）由题知，代入化简即可得证；（2）根据正弦定理可得，由化简可得；（3）由余弦定理可得，由得，在中计算可得.【详解】（1）因为，所以.因为，所以.（2）根据正弦定理可得，，所以，因为，所以，.（3）因为，所以且为等腰直角三角形，在中，,又，所以,则，解得,在中，.16．(1)；(2)有关.【分析】（1）根据列联表数据及古典概型的概率求法求概率即可；（2）首先完善列联表，再应用卡方公式求卡方值，结合独立检验基本思想得结论.【详解】（1）由列联表知，女学生共计180人，其中有报名意向的有80人，所以；（2）由列联表知，，零假设：该校高三在校学生是否有报名意向与性别无关，，根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为该校高三在校学生是否有报名意向与性别有关.17．(1)单调增区间为，减区间为(2)【分析】（1）代入参数值，求导函数，解导函数大于0的不等式，得出增减区间；（2）求导函数，得到增减区间，求得最小值；由题意建立不等式，构建对应函数，由导函数求得单调区间得最小值再建立不等关系，得到范围.【详解】（1）当时，时，，时，；的单调增区间为，单调减区间为（2）时，，时，又，令则，显然单调递减，且，必然存在唯一使得当，，单调递增，当，，单调递减由于时，，成立当时，单调递减，且，因此成立综上，成立的范围为18．(1)证明见解析(2)（ⅰ）；（ⅱ）【分析】）取的中点，连接，，则，通过证明平面平面，由面面平行的性质定理即可求证；（2）（ⅰ）证明平面，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用向量法求直线与平面所成角的正弦值求，即可求解；（ⅱ）求平面的法向量为，利用空间向量法求距离即可.【详解】（1）因为，，所以，连接，因为为的中点，所以是等边三角形．取的中点，连接，，则，则，．因为平面，平面，平面，平面，所以平面，平面，又，，平面，所以平面平面，又平面，所以平面．（2）（ⅰ）因为，，所以，所以，因为，所以，又，，平面，所以平面，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，所以，，，，则，设，则，．因为平面，所以平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为，所以，整理得，解得舍，所以．（ⅱ）由（ⅰ）知，，．设平面的法向量为，则，即，令，得，，则，所以点到平面的距离为．19．(1)；(2)①；②.【分析】（1）当时，将会得到矛盾点，当，利用余弦定理得，则得到其离心率；（2）①设，联立双曲线方程得到韦达定理式，再根据向量垂直的坐标表示得到，再替换后代入韦达定理式化简即可；②首先验证斜率为0时的情况，再考虑斜率不为0时，计算，代入韦达定理式得其恒为0，则，再化简面积表达式，最后利用换元法和基本不等式即可得到最值.【详解】（1）由对称性，不妨设点在双曲线右支上，则．若，则，又因为，所以，所以，矛盾，舍．若，则，解得，所以离心率为.（2）①由(1)知.设，由，可得，，则，，，即，或1（舍），时，满足．与轴交点的坐标.②当斜率为0时，令，则，所以与双曲线两交点分别为，则，所以，当斜率不为0时，因为过点，则，所以，综上，恒有，所以费马点在内部，且，.因为,,所以，即，令，则，所以．因为，当且仅当时等号成立，.所以当且仅当时，的最小值为．20．C【分析】根据题意，利用复数的运算法则，化简得到，结合共轭复数的概念，以及复数的几何意义，即可求解.【详解】由复数满足，则，可得，故复数的共轭复数在复平面内对应的点位于第三象限.故选：C.21．C【分析】由对数函数单调性得到，即可求解集合的交集.【详解】集合，集合，所以，故选:C.22．C【分析】根据向量平行的坐标表示进行求解即可.【详解】由已知，向量，因为，所以，解得，故选：C.23．A【分析】根据圆的方程确定圆心及半径，由两圆圆心距离与半径的关系判断位置关系.【详解】根据题意，化简得圆，圆心为，半径，圆，圆心为，半径，圆心距，所以两圆内含．故选：A24．B【分析】根据题意，得到函数的图象关于对称，且在上单调递减，在上单调递增，结合函数的单调性和对称性，即可求解.【详解】由函数满足，可得函数的图象关于对称，又由，都有，根据函数单调性的定义，可得函数在上单调递减，结合对称性知：函数在上单调递增，因为，所以，又因为，所以.故选：B.25．D【分析】应用二倍角余弦公式、辅助角公式化简函数式，结合正弦型函数的性质判断A、B；再由图象平移写出，结合奇函数性质及整体法求区间单调性判断C、D.【详解】由题意得，则的最小正周期，最大值为2，故A，B错误；将函数的图象向右平移个单位长度可得到函数的图象，所以，定义域为R，但，故C错误；令，得，因为，所以函数在区间上单调递增，故D正确，故选：D26．B【分析】取中点，可证，且，可得过的截面的形状.【详解】如图所示：取的中点，连接和，因为分别是的中点，所以且，又，故且，故四点共面，且四边形是过三点的截面，又因为四边形是梯形，故选B.故选：B27．A【分析】根据椭圆的定义即可求得，设，由求得，进而求解.【详解】由的周长为，由椭圆的定义得，解得，所以，，设，则，可得，则，解得，所以椭圆C的方程，故选：A.28．ABC【分析】根据等差数列通项公式和前项和公式列出关于和的方程组，再结合选项，即可判断.【详解】由得，所以①，因为数列是以1为公差的等差数列，所以，化简得，所以，即②，由①②解得，所以，，，故ABC正确，D错误.故选：ABC.29．BD【分析】根据正态分布的性质求得这次知识竞赛的及格率.分析得到随机变量服从二项分布，即可求得.【详解】选项A：因为学生成绩，根据正态分布的对称性得：，所以，即该知识竞赛的及格率为80%，故选项A错误；选项B、C、D：因为，由题意可得，所以，，.故选项B、D正确，选项C错误.故选：BD.30．ACD【分析】先根据分段函数的解析式和导数相关知识判断函数的单调性，即可判断；令，分段求出的值即可判断；先解方程求出的值，再根据函数的单调性和最值画出函数图象，通过方程的根与图象的公共点之间的联系进行转化，进而判断；由已知将问题转化为求函数，的最大值问题，通过求导判断函数的单调性即可求解最值，进而求解的范围.【详解】当时，，此时在上单调递增，当时，，则，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，所以的单调递增区间为，故A正确；当时令，得，当时，令，得，所以函数有2个零点，故B错误；因为，即，所以或，因为在上单调递增，在上单调递减，所以当时，函数有最大值，当时，，所以的图象如图所示，

由图可知有一个根，若满足关于的方程有四个不同实根，则有三个不同实根，所以，故C正确；若，恒成立，则，令，，所以，由，得（舍）或，当时，，所以在上单调递增，当时，，所以在上单调递减，所以当时，有最大值为，所以，所以，故D正确.故选：ACD.31．【分析】先求出展开式的通项，再按照展开式的次数为-2与0两种情况分类即可求出.【详解】因为展开式的通项为，令，得，则对应的项为，令，得，则对应的项为.故二项式的展开式中的常数项为.故答案为：32．【分析】应用累加法及等差数列前n项和公式得，再应用裂项相消法求数列的前项和.【详解】因为，所以，所以数列的前项和.故答案为：33．【分析】根据题意，可得方程在上有解，代入化简整理，令，换元得，在时有解，结合二次函数的图像性质，对的取值进行分类讨论，即可求解.【详解】已知函数，由于的图象上存在不同的两个点关于原点对称，所以在上有解，即在上有解，即在上有解，令，当且仅当，即时，等号成立，则，在时有解，令，其对称轴为，①当时，在上单调递减，在上单调递增，则，解得；②当时，在上单调递增，则，解得.综上所述，实数的取值范围为.故答案为：34．(1)(2)1【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；（2）由题意可进行分离参数，得在上恒成立，构造函数，利用导数求得其最值，即可求得答案.【详解】（1）因为，所以，所以函数在点处的切线方程为，即，因为在点处的切线与曲线也相切，设切线与曲线的切点为，所以，①因为，所以，②，联立①②解得；（2）因为，所以恒成立，即在上恒成立，令，则，当时，在上单调递增，当时，，在上单调递减，所以，由题意可知，故，故的最小值为1.3