[数学]广西钦州市示范性高中2025届高三上学期开学考试试题(解析版)

这是一份[数学]广西钦州市示范性高中2025届高三上学期开学考试试题(解析版)，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知复数满足，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】，
故选：C.
2. 下列四个命题中，是真命题的为（ ）
A. 任意，有B. 任意，有
C. 存在，使D. 存在，使
【答案】C
【解析】由于对任意，都有，因而有，故A为假命题．
由于，当x=0时，不成立，故B为假命题．
由于，当x=-1时，，故C为真命题．
由于使成立的数只有，而它们都不是有理数，因此没有任何一个有理数的平方等于3，故D是假命题．
故选：C.
3. 若都为非零向量，且，，则向量的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，，所以，
即，
化简得，所以．
所以．因为，所以．
故选：D．
4. 下列命题中正确的是( )
A. 一组数据1，2，3，3，4，5的众数大于中位数
B. 对一组数据，如果将它们变为，其中，则平均数和标准差均发生改变
C. 有甲､乙､丙三种个体按的比例分层抽样调查，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为30
D. 若随机变量X服从正态分布，，则
【答案】D
【解析】对于A，数据1，2，3，3，4，5的众数是3，中位数是，众数等于中位数，故A错误；
对于B，数据，如果将它们变为，其中，则平均数增加C，标准差不变，故B错误；
对于C，有甲､乙､丙三种个体按的比例分层抽样调查，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为，故C错误；
对于D，若随机变量X服从正态分布，，
则，故D正确．
故选：D．
5. 已知，，动点满足，则点的轨迹方程是（ ）
A. （）B. （）
C. （）D. （）
【答案】A
【解析】∵ 点，，
∴，
又∵动点满足，
∴点的轨迹方程是射线：（），故选A.
6. 函数图象的大致形状是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】依题意，函数的定义域为R，，
即函数是R上的奇函数，其图象关于原点对称，选项A，C不满足；
当时，，即有，选项D不满足，B符合题意.
故选：B.
7. 2020年12月4日，中国科学技术大学宣布该校潘建伟教授等人成功构建76个光子的量子计算原型机“九章”（命名为“九章”是为了纪念中国古代最早的数学专著《九章算术》），求解数学算法高斯玻色取样只需200秒，而目前世界最快的超级计算机要用6亿年，这一突破使我国成为全球第二个实现“量子优越性”的国家．《九章算术》是我国古代的数学巨著，其卷第五“商功”有如下的问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上衰二丈，无广，高一丈．问积几何？”意思为：“今有底面为矩形的屋脊形状的多面体（如图）”，下底面宽丈，长丈，上棱丈，与平面平行．与平面的距离为1丈，则它的体积是（ ）
A. 4立方丈B. 5立方丈
C. 6立方丈D. 8立方丈
【答案】B
【解析】如图，过点作平面，垂足为，过点作平面，垂足为，过作，交于，交于，过作，交于，交于，
所以，，且四边形与四边形都是矩形；
所以它的体积

（立方丈），
故选：B.
8. 若，，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】法一：由，，
消去得到，
令，，
则，即，
，当且仅当时，等号成立，
故的最大值为．
当时，，不成立，
当时，，
故的最大值为.
综上所述：的最大值为．
方法二：由，，
可消去得到，则，令，
，
当时，，
故的最大值为．
故选：C．
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. 若函数则（ ）
A. 的最小正周期为10
B. 的图象关于点对称
C. 在上有最小值
D. 的图象关于直线对称
【答案】AD
【解析】，A正确.
因为，所以的图象不关于点对称，B错误.
因为，所以的图象关于直线对称，D正确.
若，则，由的图象可知，
在上有最大值，没有最小值，C错误.
故选：AD.
10. 过抛物线的焦点作直线交抛物线于，两点，为线段的中点，过点作抛物线的切线，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小值为
B. 当时，
C. 以线段为直径的圆与直线相切
D. 当最小时，切线与准线的交点坐标为
【答案】ACD
【解析】对于A，依题意可设直线的方程为，，，，则，，
联立，消整理得，
则，代入得，
则，当且仅当时取等号，
所以 的最小值为，故A正确；
对于B，结合A可得，，
由，得，解得，，故B错误；
对于C，由题意得抛物线的准线方程为，焦点，
设，，在准线上的射影为，，，
则，，，
所以以线段为直径的圆与直线相切，故C正确；
对于D，结合A可得，当最小时，不妨取，
则可设切线的方程为，
联立，消整理得，
则，解得，所以切线的方程为，
联立，解得，，即切线与准线的交点坐标为，故D正确．
故选：ACD．
11. 已知函数部分图象如图所示，将函数的图象先关于轴对称，然后再向左平移个单位长度后得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 函数奇函数
D. 函数在区间上单调递增
【答案】AD
【解析】根据函数的部分图象，
可得A＝2，，∴ω＝2，
对于A选项，结合五点法作图，可得，故A正确，
，将函数的图象平移后得到函数的图象，
则，
对于B选项，由，得到的对称轴为，
显然不是其对称轴，故，故B错误，
对于C选项，函数显然不是奇函数，故C错误，
对于D选项，，的递增区间即的递减区间，
令，解得，
故的递增区间是，
当时，的递增区间是，故D正确，
故选：AD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知等差数列的前n项和为，若，，则______．
【答案】
【解析】设等差数列的公差为，
则有,解得：，
所以.
13. 已知角的终边过点P（1，2），则___________.
【答案】
【解析】因为角的终边过点P（1，2），所以，
所以.
14. 某学校围棋社团组织高一与高二交流赛，双方各挑选业余一段、业余二段、业余三段三位选手，段位越高水平越高，已知高二每个段位的选手都比高一相应段位选手强一些，比赛共三局，每局双方各派一名选手出场，且每名选手只赛一局，胜两局或三局的一方获得比赛胜利，在比赛之前，双方都不知道对方选手的出场顺序．则第一局比赛高一获胜的概率为______，在一场比赛中高一获胜的概率为______．
【答案】
【解析】设为高一出场选手，为高二出场选手，其中表示段位，
则第一局比赛中，共有，共9个基本事件，其中高一能取得胜利的基本事件为，，，共3个，
所以第一局比赛高一获胜的概率为，
在一场三局比赛中，共有不同种安排方法，
其中高一能获胜的安排方法为，，，，，，共6种，故在一场比赛中高一获胜的概率为.
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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
（1）求角A的大小；
（2）D是线段上的点，且，，求的面积.
解：（1）因为，由正弦定理得.
因为，所以，所以，
即.
因为，所以，即.
（2）设，因为，所以.
因为，所以，，，
在中，由正弦定理可知，
即，
即，
化简可得，即，,
所以.
16. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若既存在极大值，又存在极小值，求实数的取值范围.
解：（1）当时，函数，
求导得，则，而，
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）函数的定义域为，
求导得，
当时，，由，得，由，得，
则函数在上递增，在上递减，函数只有极大值，不合题意；
当时，由，得或，
①若，即，由，得或，
由，得，
则函数在上递增，在上递减，
因此函数的极大值为，极小值为，符合题意；
②若，即，由，得或，
由，得，则函数上递增，在上递减，
因此函数的极大值为，极小值为，符合题意；
③若，即，由在上恒成立，得在上递增，
函数无极值，不合题意，所以的取值范围为.
17. 如图，在四棱锥中，平面，四边形是矩形，，过棱的中点E作于点，连接．

（1）证明：；
（2）若，求平面与平面所成角的正弦值．
（1）证明：∵四边形为矩形，∴，
∵平面，平面，∴，
又， 平面，∴平面，
又平面，∴．
∵，点E是的中点，∴．
又， 平面，
∴平面．平面，∴．
又，,平面，∴平面，
平面，∴．
（2）解：如图，因两两垂直，
故可以A为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则A0,0,0，P0,0,1，，D0,1,0，
∴，．
由（1）可知，可看成平面的一个法向量，
可看成平面的一个法向量．
设平面与平面的所成角为，
∴，∴，
∴平面与平面所成角的正弦值为．
18. 在一场乒乓球赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先，四人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局获第四名，紧接着，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获第三名；最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵的结果相互独立.
（1）若，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁；
①求甲获得第四名的概率；
②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望；
（2）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：抽签决定两两对阵，胜者晋级，败者淘汰，直至决出最后的冠军.哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由.
解：（1）①记“甲获得第四名”为事件，则；
②记在甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量，
则的所有可能取值为2，3，4，
连败两局：，
可以分为：连胜两局，第三局不管胜负；负胜负；胜负负；
，
；
故的分布列如下：
故数学期望；
（2）“双败淘汰制”下，甲获胜的概率，
在“单败淘汰制”下，甲获胜的概率为，
由，且
所以时，，“双败淘汰制”对甲夺冠有利；
时，，“单败淘汰制”对甲夺冠有利；
时，两种赛制甲夺冠的概率一样.
19. 牛顿（1643－1727）给出了牛顿切线法求方程的近似解：如图设是y=fx的一个零点，任意选取作为的初始近似值，过点x0,fx0作曲线y=fx的切线，与轴的交点为横坐标为，称为的1次近似值，过点x1,fx1作曲线y=fx的切线，与轴的交点为横坐标为，称为的2次近似值．一般地，过点作曲线y=fx的切线，与轴的交点为横坐标为，就称为的次近似值，称数列为牛顿数列．
（1）若的零点为，，请用牛顿切线法求的2次近似值；
（2）已知二次函数有两个不相等的实数根，数列为的牛顿数列，数列满足，且．
（ⅰ）设，求的解析式；
（ⅱ）证明：
（1）解：
，所以
当，所以
当，
所以的2次近似值为.
（2）（ⅰ）解：因为二次函数有两个不等实根,
所以不妨设，
则，
因为所以
所以在横坐标为的点处的切线方程为
令则
即，
所以.
（ⅰⅰ）证明：由（ⅰ）知，
所以.
因为所以所以.
令则，又
所以，
数列是公比为2的等比数列.
.
令，则
当时，，所以在单调递减，
所以，即
因为所以即.
.2
3
4