广东省2024-2025学年高三上学期开学摸底联考 数学试题（含解析）

2025届高三年级摸底联考数学试题本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.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，则（ ）A. B. C. D.2.某公司购入了400根钢管拟切割打磨为其他产品，统计钢管口径后得以下频数分布表：钢管口径11.012.514.016.518.520.521.022.0频数26741004046523824则这批钢管口径的中位数为（ ）A.14.00cm B.15.25cm C.16.25cm D.16.50cm3.已知直线，直线，则是的（ ）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分又不必要条件4.已知向量，若，则（ ）A.5 B.3 C. D.5.在平面直角坐标系中，将圆上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标缩短为原来的，则得到的新曲线的曲线方程为（ ）A. B.C. D.6.在中，内角的对边分别为，且，若点在边上，且平分，则（ ）A. B.C. D.7.在电子游戏中，若甲，乙，丙通关的概率分别是，且三人通关与否相互独立，则在甲，乙，丙中恰有两人通关的条件下，甲通关的概率为（ ）A. B. C. D.8.当时，方程在上根的个数为（ ）A.0 B.1 C.2 D.3二多选题：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.若在复平面内对应的点为，则（ ）A.的实部为1 B.的虚部为C. D.直线的倾斜角为10.已知为坐标原点，点是抛物线的焦点，过点的直线交于两点，为上的动点（与均不重合），且点位于第一象限，过点向轴作垂线，垂足记为点，点，则（ ）A. B.C.的最小值为 D.面积的最小值为211.已知函数的定义域为，则（ ）A.若，则是上的单调递增函数B.若，则是奇函数C.若，且，则D.若，则是奇函数或是偶函数三填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若，则_.13.函数，若的一个单调递增区间为，且，则_.14.已知圆台的上下底半径分别为和，若圆台外接球的球心在圆台外，则圆台的高的取值范围是_；若，圆台的高为，且，则圆台外接球表面积的最大值为_（第一空2分，第二空3分）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.（本小题满分13分）在中，已知内角所对的边分别为，且依次为等比数列的前3项，设其公比为，且.（1）若，求的前项和；（2）证明：当时，长度为的三条线段可以构成三角形.16.（本小题满分15分）已知函数.（1）当时，若存在极大值，且存在极小值，求的取值范围；（2）证明：当时，.17.（本小题满分15分）如图，在四棱锥中，平面.（1）求证：平面平面；（2）若，求平面与平面的夹角.18.（本小题满分17分）已知双曲线的离心率为，焦距为.（1）求的标准方程；（2）若过点作直线分别交的左右两支于两点，交的渐近线于，两点，求的取值范围.19.（本小题满分17分）将4个面上分别写有数字的一个正四面体在桌面上连续独立地抛次（为正整数），设为与桌面接触的数字为偶数的次数，为抛正四面体一次与桌面接触的数字为偶数的概率.（1）当时，若正四面体的质地是均匀的，求的数学期望和方差；（2）若正四面体有瑕疵，即.设是抛掷正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，求证：求抛掷正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现偶数次的概率.2025届高三年级摸底联考数学参考答案及解析一选择题1.A 【解析】将中的元素依次代入验证，只有满足，所以.故选A.2.B 【解析】因为为整数，所以样本数据的中位数为从小到大排列的第200个数据和第201个数据的平均数，因为前三组的频数之和为200，所以这批钢管口径的中位数为15.25.故选B.3.A 【解析】因为或，所以是的充分不必要条件.故选A.4.C 【解析】因为，所以，所以，所以.故选C.5.D 【解析】设为上任意一点，将点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标压缩到原来的得到点，则，所以，因为，所以，所以新的曲线方程为.故选D.6.C 【解析】因为，所以由正弦定理，得，所以，因为，所以，所以，所以，因为0，所以，所以，由，得，所以.故选C.7.D 【解析】设甲，乙，丙通关分别为事件，三人中恰有两人通关为事件，.故选D.8.B 【解析】，设函数，现讨论方程根的个数，在时单调递增，故问题可转化为根的问题，令单调递增，故，当时，方程只有一根，所以方程在上根的个数为1.故选B.二多选题9.AB 【解析】设，因为，所以，即，所以AB正确；，所以C错误；对应的点为，所以直线的倾斜角为，所以D错误.故选AB.10.ABD 【解析】A选项，由题意知，故，所以，故A正确；B选项，由题意知轴，所以，所以，又，即，故B正确；C选项，由抛物线的性质知，因此当三点共线时，取得最小值，此时，即，故C错误；D选项，设直线的方程为，与抛物线的方程联立得，故，因此，又因为点到直线的距离为，所以的面积为，当时，的面积取最小值2，故D正确.故选ABD.11.BC 【解析】A.若，则，但不是上的单调递增函数，所以A错误；B.若，当时，令，因为，所以，即；当时，令，因为，所以，即；当时，令，因为，所以，综上，所以是奇函数，所以B正确；C.若，且，则，所以C正确；D.若，满足，但函数是非奇非偶函数，故D错误.故选BC.三填空题12. 【解析】，所以.故答案为.13. 【解析】因为的一个单调递增区间为，所以周期，所以，因为，所以或，因为在上单调递增，所以，所以，所以.故答案为.14. 【解析】圆台外接球的球心必在圆台的轴线上，因为在圆台外，设到下底面的距离为，则，所以，所以，所以圆台的外接球表面积为，因为在时单调递减，且，所以.故答案为.（第一空2分，第二空3分）四解答题15.解：（1）因为，所以，因为分别为的三边，所以，所以，所以，所以，因为，所以，所以.又，所以.（2）因为，所以，因为所以，所以长度为的三条线段可以构成三角形.16.解：（1）当时，定义域为，所以，因为存在极大值，且存在极小值，所以必须有两个不同的零点，所以，所以或.（2）当时，定义域为，所以，当时，所以，当且仅当时，取等号，因为无解，所以.17.证明：（1）如图，取的中点为，连结，因为，所以，因为，所以四边形为平行四边形，所以，在三角形中，因为，所以，所以，所以，因为平面平面，所以，因为平面平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）由平面得两两垂直，分别以为轴建立空间直角坐标系，由已知得，因为，所以，又，所以为的中点，因为所以，又平面平面，所以，因为平面，所以平面，所以平面的法向量为，设平面的一个法向量为，所以，则，令，则，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为，所以平面与平面的夹角为.18.解：（1）因为的离心率为，焦距为，所以，解得，.所以的标准方程为.（2）由题意可设直线的斜率存在，设为，直线的方程为的渐近线方程为，不妨设分别在左右位置，联立得，联立得，所以，联立得，设，则，由即所以，所以，又，所以的取值范围为.19.解：（1）因为正四面体的质地是均匀的，为抛掷正四面体一次与桌面接触的数字为偶数的概率，所以，进一步得，所以，所以的数学期望和方差分别为和.（2）因为是抛正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，所以是抛正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次的概率，当时，当在前次抛掷试验中正四面体与桌面接触的数字为偶数出现奇数次时，第次抛掷的结果必须出现奇数，才可以保证前次抛掷中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次，所以，当在前次抛掷试验中正四面体与桌面接触的数字为偶数出现偶数次时，第次抛掷的结果必须出现偶数，才可以保证前次抛掷中与桌面接触的数字为偶数出现奇数次，所以，由互斥事件概率的加法法则得，即；设，则，即，又所以，所以，所以抛掷正四面体次中与桌面接触的数字为偶数出现偶数次的概率为