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山东省百师联盟2025届高三上学期开学摸底联考 数学试题（含解析）
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这是一份山东省百师联盟2025届高三上学期开学摸底联考 数学试题（含解析），共12页。试卷主要包含了已知集合，则，如果随机变量，且，则，已知，则等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考场号､座位号､准考证号填写在答题卡上.
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.
考试时间为120分钟，满分150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.若复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
3.抛物线的准线方程为（ ）
A. B.
C. D.
4.如果随机变量，且，则（ ）
A. B. C. D.
5.已知，则（ ）
A. B. C. D.
6.某兴趣小组组织四项比赛，只有甲､乙､丙､丁四人报名参加且每项比赛四个人都参加，每项比赛冠军只有一人，若每项比赛每个人获得冠军的概率均相等，则甲恰好拿到其中一项比赛冠军的概率为（ ）
A. B. C. D.
7.已知双曲线的离心率为的一条渐近线截圆所得的弦长为（ ）
A. B. C. D.
8.已知正三棱锥的外接球为球，点为的中点，过点作球的截面，则所得截面图形面积的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：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“”是“”的充分不必要条件，则实数的值可以是（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
10.记等比数列的前项积为，且，若，则的可能取值为（ ）
A. B.5 C.6 D.7
11.已知函数的定义域均为的图象关于对称，是奇函数，且，则下列说法正确的有（ ）
A. B.
C. D.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知一组数据为，则这组数据第60百分位数为__________.
13.已知圆的半径为是圆的两条直径，若，则__________.
14.已知函数若存在实数满足，且，则的取值范围为__________.
四､解答题：本题共小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15.（13分）已知的内角的对边分别为.
（1）求的值；
（2）若，求的面积.
16.（15分）如图，在三棱柱中，平面.
（1）求证：平面平面；
（2）设点为的中点，求平面与平面夹角的余弦值.
17.（15分）在平面直角坐标系中，点分别是轴和轴上的动点，且，动点满足.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）已知直线与曲线相交于两点，直线，过点作，垂足为，设点为坐标原点，求面积的最大值.
18.（17分）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，设，证明：对任意两个不等实数，不等式恒成立.
19.（17分）已知数集具有性质：对任意的与两数中至少有一个属于.
（1）分别判断数集与是否具有性质，并说明理由；
（2）（i）证明：且；
（ii）当时，若，写出集合.
2025届高三开学摸底联考
数学参考答案及评分意见
1.D 【解析】由题知，，所以.故选D.
2.C 【解析】解不等式，得或，则，所以.故选C.
3.B 【解析】抛物线的标准方程为，所以抛物线的准线方程为.故选B.
4.C 【解析】由题可得解得，故选C.
5.A 【解析】.故选A.
6.C 【解析】由题知概率.故选C.
7.D 【解析】由，得，解得，所以双曲线的一条渐近线为，则圆心到渐近线的距离，所以弦长为.故选D.
8.B 【解析】作平面，则是等边的中心，是正三棱锥外接球的球心，点在上，连接，连接交于点（图略），则.设该球半径为，则.由，可得.在中，，解得.因为点为的中点，所以，在中，，所以.设球心到过点的截面圆的距离为，可知，截面圆半径，所以截面圆的面积的取值范围为.故选B.
9.CD 【解析】由解得：.因为“”是“”的充分不必要条件，所以.故选CD.
10.BD 【解析】.又或7.故选BD.
11.ACD 【解析】因为的图象关于对称，所以是偶函数，故A正确；因为是奇函数，所以即，故B错误；由得，又，所以，又，即，即，则，所以，所以①，即②，②-①得，所以函数的周期为4，令，由，得，再令，则，所以
，又，所以由，
所以
，故C，D正确.故选ACD.
12.80 【解析】将这组数据从小到大排列为：，共8个，因为，所以这组数据第60百分位数为第5个数据，即为80.
13. 【解析】由题意可得，
14. 【解析】结合解析式可知当时，；当时，.因为，所以.令，得，则，故.令，则，易知函数在上单调递减，在上单调递增，所以，当时，，因为，所以.所以的取值范围为.
15.解：（1）由和正弦定理得，
即，
化简得.
因为，所以.
因为，所以.
（2）由余弦定理，得，
所以，
解得或（舍），
所以的面积.
16.（1）证明平面平面，
.
又，且平面，
平面.
平面.
又，且平面，
平面.
平面，
平面平面.
（2）解：由（1）知，所以四边形为正方形，即，且有.
以点为原点，以所在直线分别为轴，以过点和垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
所以，
设平面的一个法向量，
则即取，
同理可得平面的一个法向量，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17.解：（1）设.
因为，所以，即.
由得，，
所以，
将，代入得，，
所以动点的轨迹的方程为.
（2）由得①
设，则，
显然，
所以，即.
因为，所以直线的方程为.
令，得②.
将代入②，
得，
故直线过定点，即定点.
在①中，，
所以
.
又直线过定点，
所以
.
令，
则.
又在上单调递增，
所以在上单调递减，
故当，即时，面积取最大值，.
18.解：（1）的定义域为.
令，
当，即时，，所以在上单调递增；
当，即时，由得，
，且，
由得或，
由得，
所以在和上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增，无单调递减区间；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
（2）因为，所以.不妨设，
则要证明，
只需证明，
即，
即证.
设，则只需证明，化简得.
设，则在上恒成立，所以在上单调递增.
所以当时，，即，得证.
19.（1）解：因为与均不属于数集，所以数集不具有性质.
因为都属于数集，
所以数集具有性质.
（2）（i）证明：因为具有性质，所以与中至少有一个属于.
因为，所以，故.
从而，所以.
因为，所以，故.
由具有性质可知.
又因为
所以，
从而，
即.
（ii）解：由（i）知，，即，
因为，所以，则，
由于数集具有性质，所以.
由，可得，且，所以
故，因此.
所以数列是首项，公比的等比数列，即，所以
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考场号､座位号､准考证号填写在答题卡上.
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.
考试时间为120分钟，满分150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.若复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
3.抛物线的准线方程为（ ）
A. B.
C. D.
4.如果随机变量，且，则（ ）
A. B. C. D.
5.已知，则（ ）
A. B. C. D.
6.某兴趣小组组织四项比赛，只有甲､乙､丙､丁四人报名参加且每项比赛四个人都参加，每项比赛冠军只有一人，若每项比赛每个人获得冠军的概率均相等，则甲恰好拿到其中一项比赛冠军的概率为（ ）
A. B. C. D.
7.已知双曲线的离心率为的一条渐近线截圆所得的弦长为（ ）
A. B. C. D.
8.已知正三棱锥的外接球为球，点为的中点，过点作球的截面，则所得截面图形面积的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：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“”是“”的充分不必要条件，则实数的值可以是（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
10.记等比数列的前项积为，且，若，则的可能取值为（ ）
A. B.5 C.6 D.7
11.已知函数的定义域均为的图象关于对称，是奇函数，且，则下列说法正确的有（ ）
A. B.
C. D.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知一组数据为，则这组数据第60百分位数为__________.
13.已知圆的半径为是圆的两条直径，若，则__________.
14.已知函数若存在实数满足，且，则的取值范围为__________.
四､解答题：本题共小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15.（13分）已知的内角的对边分别为.
（1）求的值；
（2）若，求的面积.
16.（15分）如图，在三棱柱中，平面.
（1）求证：平面平面；
（2）设点为的中点，求平面与平面夹角的余弦值.
17.（15分）在平面直角坐标系中，点分别是轴和轴上的动点，且，动点满足.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）已知直线与曲线相交于两点，直线，过点作，垂足为，设点为坐标原点，求面积的最大值.
18.（17分）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，设，证明：对任意两个不等实数，不等式恒成立.
19.（17分）已知数集具有性质：对任意的与两数中至少有一个属于.
（1）分别判断数集与是否具有性质，并说明理由；
（2）（i）证明：且；
（ii）当时，若，写出集合.
2025届高三开学摸底联考
数学参考答案及评分意见
1.D 【解析】由题知，，所以.故选D.
2.C 【解析】解不等式，得或，则，所以.故选C.
3.B 【解析】抛物线的标准方程为，所以抛物线的准线方程为.故选B.
4.C 【解析】由题可得解得，故选C.
5.A 【解析】.故选A.
6.C 【解析】由题知概率.故选C.
7.D 【解析】由，得，解得，所以双曲线的一条渐近线为，则圆心到渐近线的距离，所以弦长为.故选D.
8.B 【解析】作平面，则是等边的中心，是正三棱锥外接球的球心，点在上，连接，连接交于点（图略），则.设该球半径为，则.由，可得.在中，，解得.因为点为的中点，所以，在中，，所以.设球心到过点的截面圆的距离为，可知，截面圆半径，所以截面圆的面积的取值范围为.故选B.
9.CD 【解析】由解得：.因为“”是“”的充分不必要条件，所以.故选CD.
10.BD 【解析】.又或7.故选BD.
11.ACD 【解析】因为的图象关于对称，所以是偶函数，故A正确；因为是奇函数，所以即，故B错误；由得，又，所以，又，即，即，则，所以，所以①，即②，②-①得，所以函数的周期为4，令，由，得，再令，则，所以
，又，所以由，
所以
，故C，D正确.故选ACD.
12.80 【解析】将这组数据从小到大排列为：，共8个，因为，所以这组数据第60百分位数为第5个数据，即为80.
13. 【解析】由题意可得，
14. 【解析】结合解析式可知当时，；当时，.因为，所以.令，得，则，故.令，则，易知函数在上单调递减，在上单调递增，所以，当时，，因为，所以.所以的取值范围为.
15.解：（1）由和正弦定理得，
即，
化简得.
因为，所以.
因为，所以.
（2）由余弦定理，得，
所以，
解得或（舍），
所以的面积.
16.（1）证明平面平面，
.
又，且平面，
平面.
平面.
又，且平面，
平面.
平面，
平面平面.
（2）解：由（1）知，所以四边形为正方形，即，且有.
以点为原点，以所在直线分别为轴，以过点和垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
所以，
设平面的一个法向量，
则即取，
同理可得平面的一个法向量，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17.解：（1）设.
因为，所以，即.
由得，，
所以，
将，代入得，，
所以动点的轨迹的方程为.
（2）由得①
设，则，
显然，
所以，即.
因为，所以直线的方程为.
令，得②.
将代入②，
得，
故直线过定点，即定点.
在①中，，
所以
.
又直线过定点，
所以
.
令，
则.
又在上单调递增，
所以在上单调递减，
故当，即时，面积取最大值，.
18.解：（1）的定义域为.
令，
当，即时，，所以在上单调递增；
当，即时，由得，
，且，
由得或，
由得，
所以在和上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增，无单调递减区间；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
（2）因为，所以.不妨设，
则要证明，
只需证明，
即，
即证.
设，则只需证明，化简得.
设，则在上恒成立，所以在上单调递增.
所以当时，，即，得证.
19.（1）解：因为与均不属于数集，所以数集不具有性质.
因为都属于数集，
所以数集具有性质.
（2）（i）证明：因为具有性质，所以与中至少有一个属于.
因为，所以，故.
从而，所以.
因为，所以，故.
由具有性质可知.
又因为
所以，
从而，
即.
（ii）解：由（i）知，，即，
因为，所以，则，
由于数集具有性质，所以.
由，可得，且，所以
故，因此.
所以数列是首项，公比的等比数列，即，所以
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