山东省济宁市邹城市北大新世纪高级中学2025届高三上学期开学考试数学试题（解析版）

这是一份山东省济宁市邹城市北大新世纪高级中学2025届高三上学期开学考试数学试题（解析版），共17页。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第一部分 选择题（共58分）
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. 或D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据并集的定义计算可得.
【详解】由，即，解得，
所以，
又，所以或.
故选：C
2. 为虚数单位，若，则（ ）
A. 5B. 7C. 9D. 25
【答案】A
【解析】
【分析】化简复数，再进行求模计算即可.
【详解】因为，
所以，
故选：A.
3. 已知向量．若与平行，则实数λ的值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用向量线性运算的坐标表示，向量共线的坐标表示计算得解.
【详解】由，得，而，与平行，
因此，解得，
所以实数λ的值为.
故选：D
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由两角和差公式、二倍角公式逆用可得，进一步结合两角和的正切公式即可得解.
【详解】由题意，即，
即，所以.
故选：B.
5. 陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址．如图所示的是一个陀螺立体结构图．已知，底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积(单位：)是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意先求圆锥母线长，结合圆柱和圆锥的侧面积公式分析求解.
【详解】由题意可知：圆锥的母线长为，
所以这个陀螺的表面积是.
故选：C.
6. 若函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件得即在上恒成立，构造函数，，由二次函数的性质求出的最值即可解决问题.
【详解】因为函数在上单调递增，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，，变形得，因为，所以，
所以当，即时，，所以.
故选：A．
7. 函数的图象与直线有且仅有两个不同的交点，则k的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先分类讨论去绝对值号，得出函数的解析式，然后画出函数与的图象进行判断.
【详解】，
如图所示，
要使的图象与直线有且仅有两个不同的交点，则只需.
故选：C.
【点睛】本题考查根据函数图象的交点个数求参数的取值范围，较简单，画出函数的图象是关键.
8. 函数是定义在R上的偶函数，且，若，，则（ ）
A. 4B. 2C. 1D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】根据，结合是定义在R上的偶函数，易得函数的周期为2，然后由求解.
【详解】因为，且是定义在R上的偶函数，
所以，
令，则，
所以，即，
所以函数的周期为2，
所以
故选：B.
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. 李明每天7：00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则（ ）
A. P(X＞32)＞P(Y＞32)
B. P(X≤36)＝P(Y≤36)
C. 李明计划7：34前到校，应选择坐公交车
D. 李明计划7：40前到校，应选择骑自行车
【答案】BCD
【解析】
【分析】首先利用正态分布，确定和，再结合正态分布的对称性，和的原则，即可求解.
【详解】A.由条件可知，，根据对称性可知，故A错误；
B., ，所以，故B正确；
C. =，所以，故C正确；
D. ，，所以，故D正确.
故选：BCD
10. 已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A. f（x）无最大值B. f（x）有唯一零点
C. f（x）在（0，＋∞）单调递增D. f（0）为f（x）的一个极小值
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用二次导数以及，研究的单调性可判断ACD；直接观察函数零点可判断B.
【详解】，记
因为，且，在区间上显然递增，
所以记为的零点，则有
所以当时，，在上单调递增，
又因为，所以当时，，当时，，
所以当时，有极小值，D正确；
由上可知，上单调递增，且当x趋近于正无穷时，也趋于正无穷，故AC正确；
易知，故B错误
故选：ACD
11. 平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的.已知在平面直角坐标系中，，，动点P满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线C.则下列结论正确的是（ ）
A. 曲线C与y轴的交点为，B. 曲线C关于x轴对称
C. 面积的最大值为2D. 的取值范围是
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，求出曲线C的方程，由判断A；由曲线方程对称性判断B；取特值计算判断C；求出的范围计算判断D作答.
【详解】设点，依题意，，整理得：，
对于A，当时，解得 ，即曲线C与y轴的交点为，，A正确；
对于B，因，由换方程不变，曲线C关于x轴对称，B正确；
对于C，当时，，即点在曲线C上，，C不正确；
对于D，由得：，解得，
于得，解得，D正确.
故选：ABD
【点睛】结论点睛：曲线C的方程为，(1)如果，则曲线C关于y轴对称；
(2)如果，则曲线C关于x轴对称；(3)如果，则曲线C关于原点对称.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知双曲线分别为其左､右焦点，为双曲线上一点，，且直线的斜率为2，则双曲线的离心率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】在直角三角形中，由直线的斜率为2得到，进一步由双曲线定义求出，再利用勾股定理建立的等量关系，即可求出离心率的值.
【详解】由于直线的斜率为2，因此，又，故，
由双曲线定义得，因此，
又，所以，
故双曲线的离心率为，
故答案为：.
13. 已知函数的图象与函数的图象在公共点处有相同的切线，则公共点坐标为________.
【答案】
【解析】
【分析】设公共点为，由，可得，进而利用导数可得，求解即可.
【详解】函数的定义域为，可得，由，
设曲线与曲线的公共点为，
由于在公共点处有共同的切线，所以，所以，
由，可得，联立可得，
解得，所以，所以公共点坐标为.
故答案为：.
14. 在n维空间中（，），以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标，其中.则5维“立方体”的顶点个数是______；定义：在n维空间中两点与的曼哈顿距离为.在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则______.
【答案】 ①. 32 ②.
【解析】
【分析】第一空由题意根据分步乘法原理，求解即可；第二空先确定样本点总数，再得到的可能取值，求出概率，列出分布列，求出期望.
【详解】（1）的可能值为0，1（，）.故五维立方体的顶点有个.
（2）依题意，样本空间的样本点记为，M，N为五维立方体的顶点
样本点总数：
当时，有k个第i维坐标值不同，有个第i维坐标值相同
满足的样本点个数为.
所以.
故分布列为：
.
故答案为：32；.
【点睛】关键点点睛：本题第二空关键在于确定当时，有k个第i维坐标值不同，有个第i维坐标值相同，再由求出概率.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸.
15. 已知的内角的对边分别为的面积为．
（1）求；
（2）若，且的周长为5，设为边BC中点，求AD.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形的面积公式结合正弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解；
（2）根据三角形的周长，结合余弦定理求出，再向量化即可得解.
【小问1详解】
依题意，，
所以，
由正弦定理可得，，
由余弦定理，，解得，
因为，所以；
【小问2详解】
依题意，，
因为，解得，
因为，
所以，
所以．
16. 设椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为.已知是抛物线的焦点，到抛物线的准线的距离为.
（I）求椭圆的方程和抛物线的方程；
（II）设上两点，关于轴对称，直线与椭圆相交于点（异于点），直线与轴相交于点.若的面积为，求直线的方程.
【答案】（Ⅰ）， .（Ⅱ），或.
【解析】
【详解】试题分析：由于为抛物线焦点，到抛物线的准线的距离为，则，又椭圆的离心率为，求出，得出椭圆的标准方程和抛物线方程；则，设直线方程为设，解出两点的坐标，把直线方程和椭圆方程联立解出点坐标，写出 所在直线方程，求出点的坐标，最后根据的面积为解方程求出，得出直线的方程.
试题解析：（Ⅰ）解：设的坐标为.依题意，，，，解得，，，于是.
所以，椭圆的方程为，抛物线的方程为.
（Ⅱ）解：设直线的方程为，与直线的方程x=-1联立，可得点，故.将与联立，消去，整理得，解得，或.由点异于点，可得点.由，可学*科.网得直线的方程为，令，解得，故.所以.又因为的面积为，故，整理得，解得，所以.
所以，直线的方程为，或.
【考点】直线与椭圆综合问题
【名师点睛】圆锥曲线问题在历年高考都是较有难度的压轴题，不论第一步利用椭圆的离心率及椭圆与抛物线的位置关系的特点，列方程组，求出椭圆和抛物线方程，还是第二步联立方程组求出点的坐标，写直线方程，利用面积求直线方程，都是一种思想，就是利用大熟地方法解决几何问题，坐标化，方程化，代数化是解题的关键.
17. 在底面为梯形的多面体中．，且四边形为矩形．点在线段上．

（1）点是线段中点时，求证：平面；
（2）是否存在点，使得直线与平面所成的角为60°？若存在，求．若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，且或
【解析】
【分析】（1）由题意可得为等腰直角三角形，结合各边长度与勾股定理及勾股定理的逆定理可得，取线段中点，结合面面平行的判定定理与性质定理即可得线面平行；
（2）由题意可得平面，即可建立适当空间直角坐标系，由空间向量与平面的法向量结合夹角公式计算即可得解.
【小问1详解】
由，
则为等腰直角三角形，有，则，
则，
在中，，
取线段中点，连接，则，
又因为直线平面，平面，所以直线平面，
同理直线平面，又因为，
、平面，所以平面平面，
因为直线平面，所以平面；
【小问2详解】
因为四边形为矩形，则，
又，、平面，故平面，
以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以,
设，
其中，解得，故，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，故，
因为直线与平面所成的角为，
所以，
即，解得或，
故存在点或.

18. 已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）设函数．
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）证明：存在实数，使得曲线关于直线对称．
【答案】（1）答案见解析
（2）（ⅰ）0；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出，求导，，分和两种情况讨论函数的单调性.
（2）（ⅰ）求出，直接计算，即可得结果；（ⅱ）根据的定义域，推断函数的对称轴为，验证即可.
【小问1详解】
由题意可知，则Fx的定义域为，
，，
当时，，则Fx在上单调递减；
当时，令，即，解得，
若，；
若，，
则Fx在上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当时，Fx在上单调递减；
当时，Fx在上单调递减，在上单调递增．
【小问2详解】
（ⅰ）函数，则，
，故．
（ⅱ）函数的定义域为．若存在，使得曲线y=gx关于
直线对称，则关于直线对称，所以
由
．
可知曲线y=gx关于直线对称．
19. 若有穷数列（是正整数），满足，，…，即（是正整数，且），就称该数列为“对称数列”．
（1）已知数列bn是项数为8的对称数列，且，，，成等差数列，，，试写出bn的每一项．
（2）已知是项数为（其中，且）的对称数列，且构成首项为，公差为的等差数列，数列的前项和为，则当为何值时，取到最大值？最大值为多少？
（3）对于给定的正整数，试写出所有项数为的对称数列，使得成为数列中的连续项；当时，并分别求出所有对称数列的前项和．
【答案】（1），，，，，，，
（2）当时取得最大值，且
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）设前项的公差为，由求出公差，从而得到，，再根据对称性得到其余项；
（2）首先利用等差数列求和公式求出，则，再由二次函数的性质计算可得；
（3）依题意列出满足该条件的对称数列，再分、两种情况利用等比数列求和公式及分组求和法计算可得.
【小问1详解】
因为，，，成等差数列，，，设前项的公差为，
所以，所以，，
又数列是项数为的对称数列，
所以，，，，
所以的项依次为，，，，，，，.
【小问2详解】
因为构成首项为，公差为的等差数列，
所以，
又，，，，
所以，
所以当时取得最大值，且.
【小问3详解】
因为，，，，成为数列中的连续项，且该对称数列的项数为，
所以这样的对称数列有：
①，，，，，，，，，，；
②，，，，，，，，，，；
因为，
对于①，当时；
当时
，
所以；
对于②，当时；
当时
，
所以；
【点睛】关键点点睛：本题关键是理解对称数列的定义，第三问关键是得到数列的两种形式，再分、两种情况分别求和.X
1
2
3
4
5
P