2025届贵州省铜仁市高三上学期八月摸底考试数学试题

这是一份2025届贵州省铜仁市高三上学期八月摸底考试数学试题，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据并集的定义即可求解.
【详解】由于，所以，
故选：B
2．设为等差数列的前项和，已知，则的值为（ ）
A．64B．14C．12D．3
【答案】C
【分析】利用等差数列求和公式，利用等差数列通项的下标性质可解.
【详解】利用等差数列求和公式，知道，即.
，且，则.
故选：C.
3．平均数､中位数和众数都是刻画一组数据的集中趋势的信息，它们的大小关系和数据分布的形态有关在下图分布形态中，a，b，c分别对应这组数据的平均数､中位数和众数，则下列关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用数据分布图左拖尾，即平均数小于中位数，再利用众数是用最高矩形的中点值来估计，可判断众数大于中位数，即可作出判断.
【详解】由数据分布图知，众数是最高矩形下底边的中点横坐标，因此众数为右起第二个矩形下底边的中点值，
直线左右两边矩形面积相等，而直线左边矩形面积大于右边矩形面积，则，
又数据分布图左拖尾，则平均数小于中位数，即，
所以.
故选：A
4．用平行于底面的平面截正四棱锥，截得几何体为正四棱台.己知正四棱台的上､下底面边长分别为1和2，侧棱与底面所成的角为，则该四棱台的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据正四棱台性质可求得该棱台的高，代入棱台的体积公式即可求得结果.
【详解】如下图所示：分别为上下底面的中心，作于点，
根据题意可知，侧棱与底面所成的角即为，可知；
因此可得，
易知，由正四棱台性质可得；
所以该正四棱台的高为，
因此该四棱台的体积是.
故选：B
5．为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（ ）
A．向左平移个单位长度B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度D．向右平移个单位长度
【答案】D
【分析】将函数化为，再进行判断.
【详解】，
它是由图象上所有的点向右平移个单位长度得到的，所以D正确.
故选：D.
6．已知向量满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先利用投影向量求出数量积，利用夹角公式可得答案.
【详解】依题意，在上的投影向量为，则，
于是，而，则，
所以向量与向量的夹角为.
故选：C
7．的展开式中的系数是（ ）
A．5B．10C．20D．60
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用组合计数问题列式计算即得.
【详解】依题意，的展开式中项是5个多项式中取3个用，
余下2个取1个用，最后1个用的积，即，
所以的展开式中的系数是20.
故选：C
8．关于函数，下列说法正确的是（ ）
①曲线在点处的切线方程为；
②的图象关于原点对称；
③若有三个不同零点，则实数的范围是；
④在上单调递减.
A．①④B．②④C．①②③D．①③④
【答案】D
【分析】求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程判断①；取值计算判断②；求出函数的极值，结合零点的意义判断③；确定单调性判断④即可得解.
【详解】函数，求导得，
对于①，，而，则切线方程为，即，①正确；
对于②，，则的图象关于原点不对称，②错误；
对于③，当或时，；当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
因此函数在处取得极大值，在处取得极小值，
函数的零点，即直线与函数图象交点的横坐标，
因此当直线与函数图象有3个交点时，，③正确；
对于④，在上单调递减，④正确，
故选：D
二、多选题
9．在同一平面直角坐标系中，直线与圆的位置可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】求出直线所过的定点并判断与圆的位置关系即可得解.
【详解】直线过定点，显然点在圆内，
因此直线与圆必相交，C错误；
而直线表示平面内过点的除直线外的任意直线，因此选项ABD都可能.
故选：ABD
10．如图，在长方体中，，点为线段上动点（包括端点），则下列结论正确的是（ ）

A．当点为中点时，平面
B．当点为中点时，直线与直线所角的余弦值为
C．当点在线段上运动时，三棱锥的体积是定值
D．点到直线距离的最小值为
【答案】ACD
【分析】根据给定条件建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A；利用空间向量求出向量夹角余弦判断B；利用三棱锥体积公式判断C；利用空间向量求出点到直线的距离最小值判断D.
【详解】在长方体中，以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则，设，
对于A，，，，，
，即，
而平面，因此平面，A正确；
对于B，，，B错误；
对于C，由选项A知，点到平面的距离为，而的面积，
因此三棱锥的体积是定值，C正确；
对于D，，则点到直线的距离
，当且仅当时取等号，D正确.
故选：ACD
11．定义域为的函数满足：，当时，，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．的图象关于点对称
C．
D．在上单调递增
【答案】BC
【分析】对于A，赋值令，求解；对于B，赋值令，得到关于对称，再结合函数图像平移变换得解；对于C,赋值令，再令，再变形即可；对于D，赋值令，结合时，，举反例可解.
【详解】令，得到，则.故A错误.
令，得到，则.
则,由于当时，，则.
则关于对称. 可由向左平移1个单位，再向下平移2个单位.
则的图象关于点对称，故B正确.
令，得到，
则.
令，得到
令，得到，
两式相减得，
变形，
即,
时，，两边除以，
即，故C正确.
令，则，
时，，则，
且，则，即.故D错误.
故选：BC.
【点睛】难点点睛：解答此类有关函数性质的题目，难点在于要结合抽象函数性质，利用赋值法以及代换法，推出函数相应的性质.
三、填空题
12．已知是复数，若，则 .
【答案】
【分析】利用复数除法运算规则化简即可.
【详解】，则.
故答案为：.
13．已知角的始边为轴的非负半轴，终边经过点，将角的终边绕着原点逆时针旋转得到角，则 .
【答案】
【分析】利用三角函数的定义求出，再利用和角的正弦公式计算即得.
【详解】依题意，，则，
所以.
故答案为：
14．已知双曲线的右焦点为，过的直线与交于点，且满足的直线佮有三条，则双曲线的离心率的取值范围为 .
【答案】
【分析】结合题意知道直线与双曲线两支分别相交，且有两条直线与双曲线同一支相交，运用长轴性质和通径长度可解.
【详解】由题意知道直线与双曲线两支分别相交，且有两条直线与双曲线同一支相交．
显然满足的直线有1条为x轴，为左右顶点，长度为实轴长，.
当直线过，刚好垂直x轴时，令，可求得.此时直线只有1条.
加上前面的1条，总共2条，不满足题意.
如图，
运用双曲线对称性知道时，刚好有2条，总共3条，满足题意.
即.则.又由于，
则双曲线的离心率的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题
15．的内角对边分别为，且.
(1)求角的大小：
(2)若，且，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1) 用正弦定理边化角，再根据三角恒等变换求出C；
(2)根据已知条件平方相减可得到再根据余弦定理可得出，根据三角形面积公式可得结果.
【详解】（1）因为，根据正弦定理边角互化，以及恒等变换可得
内角，所以
则可得，又因，
所以
（2）根据余弦定理可知，
则可得，
又因，且，
可得，
可得
则
16．如图，单位圆上的一质点在随机外力的作用下，每一次在圆弧上等可能地逆时针或顺时针移动，设移动次回到起始位置的概率为.
(1)求及的值：
(2)求数列的前项和.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）按着三种路线分别求概率即可，
（2）由棋子移动的方向分别按逆时针与顺时针共有，，三种情况，故可得，，由数列的递推公式，求得的通项公式，再求,即可由求和公式求解.
【详解】（1）如图：设起始位置为，
移动2次回到起始位置，则；；
所以，
若移动3次回到起始位置，
；；
所以，
（2）每次移动的时候是顺时针与逆时针移动是等可能的，
设掷骰子次时，棋子移动到，，处的概率分别为：，，，
所以．
掷骰子次时，共有，，三种情况，故．
，即，，
又，
时，，
又，可得，
由，
可得数列是首项为公比为的等比数列，
，即，
又．
所以的前项和为
17．如图，四棱锥中，底面为等腰梯形，平面平面，.
(1)为上一点，平面，求的值：
(2)平面与平面的交线为，求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）设为上一点，且满足，利用线面平行的性质，结合三角形中位线性质推理即得.
（2）延长，相交于点，取的中点，利用面面垂直的性质证得平面，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）设为上一点，且满足，连接，.
由平面，且平面平面，得，即四边形为平行四边形，
在等腰梯形中，，则，
所以为的中点，，即.
（2）延长，相交于点，设为中点，
则平面与平面的交线为直线，连接，，
由，得，且，
又平面平面，平面平面，
则平面，在中，，于是，且，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
设平面法向量，则，取，得，
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为.
18．已知点，点在以为直径的圆上运动，轴，垂足为，点满足，点的轨迹为.
(1)求的方程：
(2)过点的直线交于点，设直线的斜率分别为､，证明为定值，并求出该定值.
【答案】(1)；
(2)证明见解析，.
【分析】（1）求出点的轨迹方程，利用向量的坐标运算及坐标代换法求出的方程.
（2）设出直线的方程，与的方程联立，利用韦达定理及斜率的坐标表示推理计算即得.
【详解】（1）依题意，点在圆上运动，设，
由，得，
则，又，即，
所以的方程为.
（2）依题意，直线斜率存在，设直线的方程为，
由，得，则，
又，
则
，
所以为定值.
【点睛】方法点睛：①引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；②特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
19．如图，在区间上，曲线与轴围成的阴影部分面积记为面积，若（为函数的导函数），则.设函数
(1)若，求的值；
(2)已知，点，过点的直线分别交于两点（在第一象限），设四边形的面积为，写出的表达式（用表示）并证明：：
(3)函数有两个不同的零点，比较与的大小，并说明理由.
【答案】(1)；
(2)，证明见解析；
(3).
【分析】（1）根据给定信息，令，直接代入计算即得.
（2）利用矩形或梯形面积公式计算，再利用分析法推理构造函数，利用导数证明不等式即得.
（3）利用函数零点的意义，结合（2）的结论及不等式性质推理即得.
【详解】（1）设，则，
所以.
（2）依题意，四边形为梯形或矩形，又，则，
，下证，
而，只需证，
令，只需证，
，设，则，
在上单调递增，则在上单调递增，
因此，所以.
（3），因为为的零点，则，
设，则有，即，于是，
由（2）知，则有，因此，
，则，即，所以.
【点睛】思路点睛：函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理.