[数学]河南省部分重点中学2025届高三上学期开学摸底测试试题(解析版)

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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】C
【解析】
.
故选：C.
2. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】依题意，，则，
所以.
故选：D.
3. 已知向量.若，则（ ）
A. -1B. 1C. 2D. 0
【答案】A
【解析】由，则，
因为，所以，即，解得.
故选：A.
4. 已知，且，则（ ）
A. 0B. 1C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以，
即，因为，则，所以.
故选：B.
5. 将4个不同的小球放入3个不同的盒子中，且每个盒子最多只能装3个球，则不同的放法有（ ）
A. 60种B. 64种C. 78种D. 81种
【答案】C
【解析】不考虑每个盒子最多只能装3个球，有种放法.
若将4个球放入同一个盒子中，有3种放法.
故不同的放法有种.
故选：C.
6. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】因为，所以，
，故
故选：A.
7. 已知函数的部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】D
【解析】由图可知，则，解得.
因为，所以.
因为的图象经过点，所以，
所以，解得
因为，所以.
因为的图象经过点，所以，解得.
故.
因为，所以.
.
故选：D.
8. 已知是双曲线的左焦点，过点的直线与交于两点（点在的同一支上），且，则（ ）
A. 6B. 8C. D.
【答案】D
【解析】由可得.
根据对称性，不妨设过点的直线为，
联立可得.
设，则.①
由，则，
又所以.②
由①②可得，所以，
解得或（舍），，
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. 为了解某新品种玉米的亩产量（单位：千克）情况，从种植区抽取样本，得到该新品种玉米的亩产量的样本均值，样本方差.已知原品种玉米的亩产量服从正态分布，假设新品种玉米的亩产量服从正态分布，则（ ）（若随机变量服从正态分布，则）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】依题可知，
，故C正确，D错误.
因为，
所以，
A正确.
因为，
所以0.8，B正确.
故选：ABC.
10. 已知函数的定义域为，则（ ）
A. B.
C. 是偶函数D.
【答案】ABD
【解析】令，得，A正确.
令，得，所以.
令，得，所以，B正确.
令，得，所以是奇函数，C错误.
令，得，
所以D正确.
故选：ABD.
11. 如图，球被一个距离球心的平面截成了两个部分，这两个部分都叫作球缺，截面叫作球缺的底面，球缺的曲面部分叫作球冠，垂直于截面的直径被截后所得的线段叫作球缺的高.球冠的面积公式为，球缺的体积公式为，其中为球的半径，为球缺的高，记两个球缺的球冠面积分别为，两个球缺的体积分别为，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则两个球缺的底面面积均为
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】对于A，设这两个球缺的底面圆半径为，则，
因为，，解得，该圆的面积为A错误.
对于B，设两个球缺的高分别为，则.
由，得，则，所以，解得.
，同理得，所以B正确.
对于C，.设，由，得，则，C正确.
对于D，.
由，得.设函数，则
在上恒成立，即在上单调递增，
所以，即D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.
12. 已知等比数列的前项乘积为，若，则__________.
【答案】1
【解析】因为，即，显然，所以，
则，故.
13. 已知为椭圆的右焦点，为坐标原点，为上一点，若为等边三角形，则的离心率为__________.
【答案】
【解析】取椭圆的左焦点，连结，

由为等边三角形，则，
可知为直角三角形，且，
设，则，，
可得，则，
所以椭圆的离心率是．
14. 已知函数有4个不同的零点，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】由题意可得方程有4个不同的根，
方程的2个根为，
则方程有2个不同的根，且，
即函数与函数的图象有两个交点.
当直线与函数的图象相切时，
设切点为，因为，所以
解得.
要使函数与函数的图象有两个交点，
只需直线的斜率大于，
故的取值范围为.
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. 的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若为边上一点，且，求的面积.
解：（1）因为，所以.
因为，
所以，解得.
（2）.
由正弦定理，解得.
由余弦定理，得，
解得（舍去）.
在中，，
所以.
16. 如图，在三棱锥中，为的中点，平面平面是等腰直角三角形，.
（1）证明：；
（2）求二面角的正弦值.
（1）证明：因为是等腰直角三角形，为中点，
所以，平面，
又因为平面平面，平面平面，
所以平面
因为平面，所以，又为的中点，
所以是等腰三角形，故.
（2）解：在平面上，作，垂足为，连接.
平面平面，平面平面，
又平面，所以平面.
由（1），又，则为等边三角形.
所以，，
所以，
所以， ，
所以,在等腰直角三角形中，，
所以与全等，故，即，
以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
.
设平面的法向量为，
则即取，可得.
设平面的法向量为，
则即取，可得.
设二面角的大小为，
则.
故二面角的正弦值为.
17. 在抛物线上有一系列点，以点为圆心的圆与轴都相切，且圆与圆彼此外切.已知，点到的焦点的距离为.
（1）求；
（2）求数列的通项公式；
（3）设，求数列的前项和.
解：（1），设抛物线焦点为，
根据题意可知，解得.
（2）因为圆与圆彼此外切，所以
则.
因为，所以，即.
因为，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，即.
故.
（3），
两式相减得.
令，则.
两式相减得
，
所以.
所以.，即.
18. 设函数的定义域为，若存在正实数，使得对于任意，有，且，则称是上的“距增函数”.
（1）已知函数，证明：对于任意正实数是上的“距增函数”；
（2）若是上的“距增函数”，求的取值范围；
（3）已知是定义在上的“2距增函数”，求的取值范围.
（1）证明：因为，
所以，所以在上单调递增.
对于任意正实数，所以，
所以是上的“距增函数”.
（2）解：因为是上的“距增函数”，所以，
即，化简得，
所以无解，即，
解得（舍去）.所以的取值范围为.
（3）解：因为是定义在上的“2距增函数”，所以.
①若，则.
因为在上单调递增，所以恒成立.
②若，则.
因为，所以.
令，则，即.
令函数，则.
当时，；当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以.
③若，则.
由（2）可得，要使得是定义在上的“2距增函数”，则必须满足.
当时，.
综上，的取值范围为.
19. 甲､乙两人各有六张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字，乙的卡片上分别标有数字，两人进行六轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.
（1）求甲的总得分为0的概率；
（2）求甲的总得分为1的概率；
（3）若为随机变量，则.记甲的总得分为，求.
解：（1）由于对称性，不妨固定乙六轮选卡的数字依次为，甲六轮选卡的数字有种排序方法.
若甲的总得分为0，则甲六轮选卡的数字依次为，
所以甲的总得分为0的概率为.
（2）若甲的总得分为1，分以下情况讨论.
①若甲在第一轮得1分，则第一轮选卡的数字为3或5.
若第一轮选卡的数字为3，则第二轮选卡的数字只能为1，第五､六轮选卡的数字只能为5，第三､四轮选卡的数字为3或1，有2种情况.
若第一轮选卡的数字为5，则第二轮选卡的数字只能为1，第五､六轮选卡的数字有一个是5，剩下数字随机为其他轮的选卡，有种情况.
②若甲在第二轮得1分，类比在第一轮得1分的情况，则有8种情况.
③若甲在第三轮得1分，则第一､二轮选卡的数字只能为1，第四轮选卡的数字只能为3，第五､六轮选卡的数字为3或5，有2种情况.
④若甲在第四轮得1分，类比在第三轮得1分的情况，则有2种情况.
第五､六轮甲不可能得分，所以甲的总得分为1的情况共种.
甲的总得分为1的概率为.
（3）设甲在六轮游戏中的得分分别为.
对于任意一轮，甲､乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等.
甲､乙两人各有六张卡片，每人各出一张卡片，有种组合，其中使得甲获胜的出牌组合有种，所以甲在每轮获胜的概率.
.
.