山东省聊城市莘县第一中学2025届高三上学期开学考试数学试题（解析版）

这是一份山东省聊城市莘县第一中学2025届高三上学期开学考试数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：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. 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标运算可求的值.
【详解】因为，所以，
所以即，故，
故选：D.
2. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简集合，由交集的概念即可得解.
【详解】因为，且注意到，
从而.
故选：A.
3. 已知母线长为10的圆台的侧面积为，且其上底面的半径与下底面的半径满足，则（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆台侧面积公式计算即可．
【详解】因为该圆台的侧面积为，母线长，
所以，解得，则，
故选：C．
4. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解.
【详解】因为，所以.
故选：C.
5. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理进行边角互化，结合两角差的正弦公式求解即可.
【详解】由正弦定理得，
即，或．
若，结合，有，故舍去．
．，，
故选：D．
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据两角和的余弦可求的关系，结合的值可求前者，故可求的值.
【详解】因为，所以，
而，所以，
故即，
从而，故，
故选：A.
7. 记A，B为随机事件，已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由全概率公式及并事件的概率公式求解．
【详解】记，由全概率公式有，
代入数据有，解得，
，
故选：D．
8. 函数，若对任意，都有成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用函数单调性的变形式即可判断函数单调性，然后根据分段函数的性质即可求解.
【详解】因为对任意，都有成立，
可得在上是单调递减的，
则，解得.
故选：A
二、多项选择题：本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 北京时间2024年7月27日，我国射击健将黄雨婷､李豪战胜韩国选手，摘夺了射击混合团体10米气步枪金牌，通过赛后数据记录得到其中一名选手的得分分别为，则（ ）
A. 该组数据的极差为25
B. 该组数据的分位数为19
C. 该组数据的平均数为17
D. 若该组数据去掉一个数得到一组新数据，则这两组数据的平均数可能相等
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，利用极差、百分位数、平均数的概念逐项判断即可.
【详解】对于A项，极差等于，故A正确；
对于B项，，故分位数为20，故B错误；
对于C项，平均数等于，故C正确；
对于D项，去掉17后，这两组数据的平均数相等，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知数列bn满足，，记数列bn的前项积为，前项和为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由已知计算数列的前几项得出数列的周期性，利用周期性求解判断．
【详解】已知数列满足，则，所以数列是以3为一个周期的周期数列．
对于A项，，A项正确；
对于B项，，B项错误；
对于C项，任意相邻三项均在一个周期内，则，C项错误；
对于D项，，所以，D项正确．
故选：AD．
11. 已知函数是偶函数，点，点，点在函数的图象上，且，记边上的高为h，则（ ）
A. B. 函数是减函数
C. 点B可能在以为直径的圆上D. h的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用偶函数的性质求解参数判断A，利用导数判断B，利用圆的性质判断C，利用不等式的取等条件判断D即可.
【详解】对于A选项，由是偶函数得到，
则，解得，故A正确；
对于B选项，，
故，且恒成立，
故得为减函数，故B正确；
对于C选项，由B知，即，
由对称性，可设，则．
若点B在以为直径的圆上，则有，
带入即，
即．
若，则，不满足题意；
若，，而，
，
故B不可能在以为直径的圆上，故C错误；
对于D选项，过点B作x轴的垂线交于点D，则（当且仅当时取等），
而，记，
则，
当且仅当的时候取等，即时取等，所以两个不等号能同时取等，
故h的最大值为，故D正确．
故答案选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题考查函数，解题关键是找到不等式的取等条件，然后得到参数值，得到所要求的最值即可．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解.
【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为，
所以正四棱锥的体积为，
截去的正四棱锥的体积为，
所以棱台的体积为.
方法二：棱台的体积为.
故答案为：.

13. 写出一个同时具有下列性质的函数的解析式：__________.
①不是常函数
②的最小正周期为2
③不存在对称中心
【答案】（不唯一）
【解析】
【分析】根据函数所具有的性质，结合正弦函数的性质，即可确定答案.
【详解】根据题中函数需满足的条件，可取函数为正弦型函数，
即可取，其图象为：
结合图象可知满足题意，
故答案为：（不唯一）
14. 已知直线与椭圆交于两点，弦的中点为，则直线的方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】点差法求出直线的斜率，点斜式得直线方程.
【详解】设点Ax1,y1,Bx2,y2，点为弦的中点，有，
将两点代入椭圆方程，得，
两式作差得，整理得
得直线的斜率为，直线的方程为，即.
经检验符合题意.A
故答案为：.
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. 已知椭圆过点和.
（1）求的离心率；
（2）若直线与有且仅有一个交点，求的一般式方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由椭圆过点和，求得，进而求得，即可得到的离心率；
（2）联立和的方程，得到关于的一元二次方程，由，可求得，即可得到的一般式方程.
【小问1详解】
因为椭圆过点和，
所以，解得，
由，得，
所以的离心率.
【小问2详解】

由（1）可得的方程为，，
联立，得，
由，得，
直线的一般式方程为：.
16. 已知在中，A+B=3C,2sinA-C=sinB．
（1）求；
（2）设，求边上的高．
【答案】（1）
（2）6
【解析】
【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；
（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.
【小问1详解】
，
，即，
又，
，
，
，
即，所以，
.
【小问2详解】
由（1）知，，
由=sinAcsC+csAsinC=22(31010+1010)=255，
由正弦定理，，可得，
，
.
17. 如图，在直三棱柱中，分别为棱的中点.
（1）求证：平面
（2）求证：平面平面
（3）若，求二面角 的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）取的中点，由中位线定理可得，，推出四边形是平行四边形，进而可得，再由线面平行的判定定理，即可得出答案．
（2）由线面垂直的判定定理可得平面，进而可得答案．
（3）取的中点，连接，线找到二面角的平面角为，再计算余弦值，即可得出答案．
【小问1详解】
证明：取的中点，
因为为棱的中点，
所以，，
又，，为的中点，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
证明：因为三棱柱为直三棱柱，
所以平面，又平面，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，
【小问3详解】
取的中点，连接，
因为为的中点，所以，
又，所以，
又直三棱柱的几何特征可得面，又面，所以，
又，平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
所以二面角的平面角为，
因为，
所以，，
在中，，
所以，
所以二面角的余弦值为．
18. 设函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求的值；
（2）设函数，求单调区间；
（3）求的极值点个数．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）3个
【解析】
【分析】（1）先对求导，利用导数的几何意义得到，，从而得到关于的方程组，解之即可；
（2）由（1）得的解析式，从而求得，利用数轴穿根法求得与的解，由此求得的单调区间；
（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间，，与上的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得的极值点个数.
小问1详解】
因为，所以，
因为在处切线方程为，
所以，，
则，解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）得，
则，
令，解得，不妨设，，则，
易知恒成立，
所以令，解得或；令，解得或；
所以在，上单调递减，在，上单调递增，
即的单调递减区间为和，单调递增区间为和.
【小问3详解】
由（1）得，，
由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增，
当时，，，即
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，在上单调递减，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；
所以在上有一个极大值点；
当时，在上单调递增，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，，
所以，则单调递增，
所以在上无极值点；
综上：和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点.
【点睛】关键点睛：本题第3小题的解题关键是判断与的正负情况，充分利用的单调性，寻找特殊点判断即可得解.
19. 若存在使得对任意恒成立，则称为函数在上的最大值点，记函数在上的所有最大值点所构成的集合为
（1）若，求集合；
（2）若，求集合；
（3）设为大于1的常数，若，证明，若集合中有且仅有两个元素，则所有满足条件的从小到大排列构成一个等差数列．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）配方得到当且仅当时，取得最大值，得到；
（2）求导，得到函数单调性，求出当或2时，取得最大值，故；
（3）求导，得到函数单调性，并得到，得到，结合，得到为定值，
故所有满足条件的从小到大排列构成一个等差数列．
【小问1详解】
,
当且仅当时，在R上取得最大值，故；
【小问2详解】
定义域为R，
，
令，则，
令得，
其中，故，，
可以看出，
故有且仅有2个零点，分别为1和2，
令得或1或2，
其中，
故当或2时，取得最大值，故；
【小问3详解】
，，
，，
令得，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当，，单调递增，
……，
由于，
故所有单调递增区间经过适当平移可重合，同理，所有的单调递减区间经过适当平移可重合，
要想集合中有且仅有两个元素，
则需要或，
或，……，，
其中，
，
又，
所有的均处在单调递增区间上，
所以为定值，
故所有满足条件的从小到大排列构成一个等差数列．
【点睛】函数新定义问题，命题新颖，且存在知识点交叉，常常会和函数的性质，包括单调性，值域等进行结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决.-
0
+
极小值
1
2
+
0
-
0
+
0
-
极大值
极小值
极大值