试卷 （解析版）深圳中学2025届高三上学期开学摸底考试数学试题

这是一份试卷 （解析版）深圳中学2025届高三上学期开学摸底考试数学试题，共22页。试卷主要包含了 考生必须保持答题卡的整洁， 函数所有零点的和等于，5C， 给出下列命题，其中正确命题为等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟.
注意事项：
1. 答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型和考生号填涂在答题卡相应位置上.
2. 选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3. 非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4. 考生必须保持答题卡的整洁.
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，集合，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用一元二次不等式的解法化简集合A，再解对数不等式化简集合B，进而可得结果.
【详解】,,
故选：B.
2. 若复数在复平面内对应点关于轴对称，且，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题设可得， ，应选答案B ．
3. 已知平面向量满足且a=2,b=1,则向量与夹角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量的数量积求出，即可求出.
【详解】由a=2,b=1,.
因为，.
故选：D．
4. 已知分别为ΔABC内角的对边，且成等比数列，且，则=
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为a,b,c成等比数列，所以,利用正弦定理化简得：,又，所以原式=
所以选C.
点睛：此题考查正弦定理的应用，要注意求角度问题时尽量将边的条件转化为角的等式，然后根据三角函数间的关系及三角形内角和的关系进行解题.
5. 三名篮球运动员甲、乙、丙进行传球训练（不能传给自己），由丙开始传，经过5次传递后，球又被传回给丙，则不同的传球方式共有（ ）
A. 6种B. 10种C. 11种D. 12种
【答案】B
【解析】
【分析】设在第次传球后有种情况球在丙手中，结合题意可推出，即可求得答案.
【详解】设在第次传球后有种情况球在丙手中，即经过n次传球后球又被传回给丙，
在前n次传球中，每次传球都有2种可能，故在前n次传球中共有种传球方法，
故在第n次传球后，球不在丙手中的情况有（种），即球在甲或乙手中，
只有在这些情况时，在第n+1次传球后，球才会被传回给丙，
即，由题意可得，则，
，
故选：B
6. 函数所有零点的和等于（ ）
A. 6B. 7.5C. 9D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】把问题转化为两个函数图像的交点的横坐标，画出函数的图像，即可求解.
【详解】函数所有零点转化为两个函数图像的交点的横坐标，
而可化为，
如图，画出函数的图像，
根据图像可知有6个交点，且两两关于直线对称，所以零点的和为
故选：C

7. 数列中，，，记，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
分析】根据，即可累加求解由即可累乘求解，即可判定AB,利用可得，即可求解CD.
【详解】由可得，
由于，所以，
故，故，
又可得，
因此，
故，故AB错误，
又，又因为，则等号无法取到，
故，
由于故，因此
，故C正确，D错误，
故选：C
【点睛】关键点点睛：将变形为和，即可累加以及累乘求解.
8. F1、F2分别是椭圆的左右焦点，过F2作直线交椭圆于A、B两点，已知AF1⊥BF1，∠ABF1=30°，则椭圆的离心率为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：如图所示，设，因为，所以，
，所以，解得
，所以，，在中，由余弦定理得
，化为，所以
，化简得，所以，故选A．
考点：椭圆的标准方程及其简单的几何性质．
【方法点晴】本题主要考查了椭圆的定义、标准方程及其简单的几何性质的应用，同时考查了余弦定理和椭圆离心率的求解，注重考查了学生的推理能力和计算能力、转化与化归思想的应用，解答中，根据题设条件，得出，，在根据余弦定理列出关于的方程是解答的关键．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 给出下列命题，其中正确命题为（ ）
A. 随机变量，若，，则
B. 随机变量X服从正态分布，，则
C. 一组数据的线性回归方程为，若，则
D. 对于独立性检验，随机变量的观测值k值越小，判定“两变量有关系”犯错误的概率越大
【答案】AD
【解析】
【分析】利用二项分布的期望和方差公式可判断判断A选项；利用正态密度曲线的对称性可判断B选项；利用回归直线过样本中心点可判断C选项；利用独立性检验的基本思想可判断D选项.
【详解】对于A选项，随机变量，
若，，则，解得，A选项正确；
对于B选项，由于随机变量服从正态分布，
，则，B选项错误；
对于C选项，一组数据的线性回归方程为，
若，由样本点中心在回归直线方程上得，
即，C选项错误；
对于D选项，对于独立性检验，随机变量的观测值k值越小，判定“两变量有关系”犯错误的概率越大，D选项正确.
故选：AD.
10. 如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将沿直线AM翻折成，连接，N为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）

A. 不存在某个位置，使得
B. 翻折过程中，CN的长是定值
C. 若，则
D. 若，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积是
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，取AD的中点为E，若，则可推出矛盾，即可判断；对于B，结合余弦定理即可判断；对于C，采用反证的方法，利用得出互相矛盾的结论，即可判断；对于D，根据三棱锥体积最大，可得出平面平面，从而结合面面垂直性质求出相关线段的长，确定三棱锥外接球球心，求出半径，即可判断
【详解】对于A，取AD的中点为E，连接CE交MD于F，则四边形为平行四边形，如图，

F为MD的中点，由于N为的中点，则，
如果，则，
由于，则，
由于共面且共点，故不可能有，同时成立，
即不存在某个位置，使得，A正确
对于B，结合A的分析可知，且，
在中，，
由于均为定值，故为定值，
即翻折过程中，CN的长是定值，B正确；
对于C，如图，取AM中点为O，由于，即，则，

若，由于平面，故平面，
平面，故，则，
由于，故，，则,
故，与矛盾，故C错误；
对于D，由题意知，只有当平面平面时，三棱锥的体积最大；
设AD中点为E，连接，由于，则，
且，而平面平面，平面，
故平面，平面，故，
则，
从而，则,
即AD的中点E即为三棱锥的外接球球心，球的半径为1，
故外接球的表面积是，D正确，
故选：ABD
【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于选项D的判断，解答时结合三棱锥体积最大，可得平面平面，从而结合面面垂直性质求出相关线段的长，确定三棱锥外接球球心，求出半径，即可判断.
11. 对勾函数的图象可以由焦点在坐标轴上的双曲线绕原点旋转得到，因此对勾函数即为双曲线.已知O为坐标原点，下列关于函数的说法正确的是（ ）
A. 渐近线方程为和
B. 的对称轴方程为和
C. M，N是函数图象上两动点，P为MN的中点，则直线MN，OP的斜率之积为定值
D. Q是函数图象上任意一点，过点Q作切线交渐近线于A，B两点，则的面积为定值
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意结合图象分析判断A；根据题意结合倍角公式以及垂直关系分析运算判断B；根据题意结合斜率公式运算求解判断C；根据导数的几何意义求切线方程，进而可求结果判断D.
【详解】对于A，函数图象是双曲线，由图象知：函数的图象与直线和无限接近，
但不相交，则直线和为该双曲线的渐近线，A正确；
对于B，函数图象是双曲线，由双曲线的性质知，双曲线的对称轴为其渐近线的角分线，且互相垂直，
一条对称轴的倾斜角为，由二倍角公式可得，
整理得，而，解得，
斜率，
另一条对称轴的斜率为，对应的方程分别为和，B正确；
对于C，设，直线的斜率分别为，
则，C错误；
对于D，函数，求导得，设，
则函数的图象在处切线的斜率，
切线方程为，令，得，即，则，
令，得，即，则，
因此面积（定值），D正确．
故选：ABD
【点睛】方法点睛：求曲线y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法
①已知切点Px0,y0，求y=fx在点P处的切线方程：求出切线的斜率，由点斜式写出方程．
②已知切线的斜率为k，求y=fx的切线方程：切点Px0,y0，通过方程解得，再由点斜式写出方程；
③已知切线上一点(非切点)，求y=fx的切线方程：设切点Px0,y0，利用导数求得切线斜率，然后由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得，再由点斜式或两点式写出方程．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知正四棱台的上底边长为4，下底边长为8，侧棱长为，则其体积为________.
【答案】112
【解析】
【分析】根据已知条件，分别计算出上、下底面面积以及棱台的高，代入棱台体积公式进行计算即可得解.
【详解】因为正四棱台的上底边长为4，下底边长为8，侧棱长为，
所以棱台的下底面积，上底面积，高，
所以正四棱台的体积.
故答案为：112.
13. 已知函数，点为曲线在点处的切线上的一点，点在曲线上，则的最小值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】对求导后，代入可求得，根据导数几何意义可求得切线，则可将问题转化为与平行且与曲线相切的切点到直线的距离的求解，设切点，由切线斜率为可构造方程求得切点坐标，利用点到直线距离公式可求得结果.
【详解】，
，解得：，
，则，
切线的方程为：，即；
若最小，则为与平行且与曲线相切的切点，所求最小距离为到直线的距离，
设所求切点，由，可得，
所以，即，又单调递增，而时，
所以，即，
.
故答案为：.
14. 已知点A(-1,0),B(1,0),C(0,1),直线y=ax+b(a>0)将△ABC分割为面积相等的两部分,则b的取值范围是________
【答案】
【解析】
【分析】解法一：先求得直线y=ax+b（a＞0）与x轴的交点为M（﹣，0），由﹣≤0可得点M在射线OA上．求出直线和BC的交点N的坐标，①若点M和点A重合，求得b=；②若点M在点O和点A之间，求得＜b＜； ③若点M在点A的左侧，求得＞b＞1﹣．再把以上得到的三个b的范围取并集，可得结果．
解法二：考查临界位置时对应的b值，综合可得结论．
【详解】解法一：由题意可得，三角形ABC的面积为 =1，
由于直线y=ax+b（a＞0）与x轴的交点为M（﹣，0），
由直线y=ax+b（a＞0）将△ABC分割为面积相等的两部分，可得b＞0，
故﹣≤0，故点M在射线OA上．
设直线y=ax+b和BC的交点为N，则由可得点N的坐标为（，）．
①若点M和点A重合，则点N为线段BC的中点，故N（，），
把A、N两点坐标代入直线y=ax+b，求得a=b=．
②若点M在点O和点A之间，此时b＞，点N在点B和点C之间，
由题意可得三角形NMB的面积等于，
即=，即 =，可得a=＞0，求得 b＜，
故有＜b＜．
③若点M在点A的左侧，则b＜，由点M的横坐标﹣＜﹣1，求得b＞a．
设直线y=ax+b和AC的交点为P，则由 求得点P的坐标为（，），
此时，由题意可得，三角形CPN的面积等于，即 •（1﹣b）•|xN﹣xP|=，
即（1﹣b）•|﹣|=，化简可得2（1﹣b）2=|a2﹣1|．
由于此时 b＞a＞0，0＜a＜1，∴2（1﹣b）2=|a2﹣1|=1﹣a2 ．
两边开方可得 2（1﹣b）=＜1，∴1﹣b＜，化简可得 b＞1﹣，
故有1﹣＜b＜．
再把以上得到的三个b的范围取并集，可得b的取值范围应是 ，
解法二：当a=0时，直线y=ax+b（a＞0）平行于AB边，
由题意根据三角形相似且面积比等于相似比的平方可得=，b=1﹣，趋于最小．
由于a＞0，∴b＞1﹣．
当a逐渐变大时，b也逐渐变大，
当b=时，直线经过点（0，），再根据直线平分△ABC的面积，故a不存在，故b＜．
综上可得，1﹣＜b＜，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查确定直线的要素，点到直线的距离公式以及三角形的面积公式的应用，还考察运算能力以及综合分析能力，分类讨论思想，属于难题．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 如图，在四边形中，
（1）求的正弦值；
（2）若，且△的面积是△面积的4倍，求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）中，设，利用余弦定理得到，再利用正弦定理得到答案.
（2）利用面积关系得到化简得到
根据（1）中解得答案.
【详解】（1）在中，设，
由余弦定理得
整理得，解得.
所以
由正弦定理得，解得
（2）由已知得，
所以，
化简得
所以
于是
因为，且为锐角，所以.
代入计算
因此
【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理，面积公式，意在考查学生利用正余弦定理解决问题能力.
16. 已知数列的前项和满足，.
（1）求数列，的通项公式；
（2）记，若数列为递增数列，求的取值范围.
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用求得数列是等比数列，（），得通项公式，从而也得到；
（2）作差，由恒成立转化为对恒成立，引入，，从作商法求得的最小值即可得的范围．
【详解】解：（1）当时，，∴，
当时，，
即，∴，又，
所以数列为等比数列.
∴，
.
（2），因为数列为递增数列，
∴对恒成立，即对恒成立
设，，，
，
若，则，
∴当时，；
当时，.
∴，
即的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查求等比数列的通项公式，考查数列的单调性，不等式恒成立问题．数列的单调性与最值的求法一般有作差法或作商法．作差法是最基本的方法，而当为幂的形式（或乘积形式）也可用作商法确定单调性，得最值．
17. 如图，弧是半径为的半圆，为直径，点为弧的中点，点和点为线段的三等分点，平面外一点满足，．
（1）证明：；
（2）已知点，为线段，上的点，使得，求当最短时，平面和平面所成二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理证得平面，进而证得；
（2）建立空间直角坐标系，求出的表达式，并根据二次函数的最值求出其最小值，进而求出点的坐标，再分别求出平面、平面的法向量利用向量法求出二面角的正弦值即可．
【详解】（1）连接，因为弧是半径为的半圆，
为直径，点为弧的中点，所以．
在中，．
在中， ，且点是底边的中点，
所以，；
在中，，所以
又因为，，平面，平面
所以平面，
又面，所以．
又因为，平面,平面
所以平面，
而面，所以；
（2）在平面内，过点C作交弧BC于G，
以点为原点，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，
设，则由，
即，所以，
则，
所以，
当时，取得最小值．此时．
设，则，
由，可得，则
则，
设平面的法向量为则
则，令，则，
∴，又由(1)知，平面的一个法向量为，
所以，
设平面与平面所成二面角的大小为，则
则
所以平面与平面所成二面角的正弦值为
18. 已知双曲线：过点，且右焦点为.
（1）求双曲线的方程；
（2）过点的直线与双曲线的右支交于，两点，交轴于点，若，，求证：为定值.
（3）在（2）的条件下，若点是点关于原点的对称点，求证：三角形的面积.
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用双曲线定义求出2a即可求解作答.
（2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用向量共线并结合韦达定理求解作答.
（3）由（2）求出点Q的坐标，再求出面积的关系式，借助函数单调性推理作答.
【小问1详解】
依题意，双曲线的左焦点为，
由双曲线定义知，的实轴长，
因此，，
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
由（1）知，双曲线的渐近线方程为，
依题意，直线的斜率存在，且，设直线的方程为：，，，
由消去x并整理得：，设，
则，而点，则，
因为，则有，即，同理，
所以，为定值.
【小问3详解】
由（2）知，点，则，，
面积，
因为，令，而函数在上单调递减，即，
因此，所以.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答.
19. 已知函数，.
（1）当时，恒成立，求实数a的取值范围；
（2）证明：当，时，曲线与曲线总存在两条公切线；
（3）若直线，是曲线与的两条公切线，且，的斜率之积为1，求a，b的关系式.
【答案】（1）．
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）参变量分离可得，设，利用导数求出的最大值，从而可得的取值范围；
（2）设两个函数的切点，由点斜式求解切线方程，利用公切线联立可得，再构造函数，利用导数即可证明，即可求证；
（3）根据公切线得，化简整理可得，题目转化为有两个不等实根，且互为倒数，不妨设两根为，，由可得，的关系，代入中，可得有两个不等实根，代入化简即可求解.
【小问1详解】
由得，则，
设，，
由于均为上的单调递减函数，故为上的单调递减函数，结合，
在为正，在为负，故在上单调递增，在单调递减，
，则，
即的取值范围是．
【小问2详解】
设直线是fx,gx的公切线，设的切点为， 的切点为，
，
所以切线方程为，，
因此且
结合，故，故，
进而可得，
令，故，
由于为单调递减函数，且，
故当在0,1单调递增；
当在1,+∞单调递减；
故，
又当，且，
故总有两个不相等的实数根，因此直线有两条，
【小问3详解】
由题意得：存在实数，，使在处的切线和在处的切线重合，
，即，
则，，
又，
，
题目转化为有两个不等实根，且互为倒数，不妨设两根为，，
则由得，
化简得，
，
【点睛】关键点点睛：由公切线得，进而得，利用斜率互倒数，利用代入化简.