2025屆新高三開學聯考數學試題本試卷共4頁，19題.全卷滿分150分.考試用時120分鐘注意事項：1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效.3．非選擇題的作答：用簽字筆直接寫在答題卡上對應的答題區域內.寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效.4．考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.若，，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用列舉法表示出集合后，結合交集定義即可得解.【詳解】依題意，，，所以.故選：D.2.“”是“點在圓內”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分又不必要條件【答案】A【解析】【分析】先求出“點在圓內”的充要條件，對比即可得解.【詳解】點在圓內，所以“”是“點在圓內”的充分不必要條件.故選：A.3.函數的部分圖象如圖所示，則可以為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由排除D，由奇偶性排除B，由在時的單調性即可排除C，最后驗證A符合題意即可.【詳解】對于D，函數中，，所以排除D；對于B，顯然，都為奇函數，為偶函數，且也是奇函數，理由如下：的定義域為全體實數，且，所以是奇函數所以，為偶函數，為奇函數，所以排除B；對于C，當時，（由復合函數單調性可判斷），同時單調遞增，且同時非負，所以在時也單調遞增，所以排除C；經檢驗A選項符合題意.故選：A.4.x?1xA. B.0 C.5 D.10【答案】B【解析】【分析】直接由二項式定理進行求解即可.【詳解】展開式中的通項為，所以x?1x故選：B.5.若，，則的最小值為（）A.2 B.4 C.16 D.64【答案】C【解析】【分析】直接運用基本不等式即可求解.【詳解】因為，所以，因為，所以，所以，當且僅當時，的最小值為16.故選：C.6.函數的部分圖象如圖所示，若直線與圖象兩個交點的橫坐標分別為0和，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】有圖象可得函數周期，即可得，由的值結合圖象及的范圍可得，即可得解.【詳解】由圖象可得的周期為，所以，因為，且，所以或，因為在單調遞增區間內，所以，所以.故選：C.7.若，數列的前項和為，且，，則（）A.76 B.38 C.19 D.0【答案】A【解析】【分析】由題意可知函數關于對稱，然后再通過，求解數列an的通項，進而求解.【詳解】因為，所以所以的圖象關于點對稱，因為，所以，所以，所以，所以，又，，所以，，所以，所以，所以，，所以.故選:A.8.若為函數圖象上的一點，，則的最小值為（）A. B. C. D.2【答案】B【解析】【分析】求出函數的導函數，設，函數在點處的切線的斜率為，要使AB取得最小值，從而得到，令，利用導數說明函數的單調性，觀察得到，求出此時點坐標，即可求出AB的最小值.【詳解】因為，所以在R上單調遞增，且f′x也單調遞增，若，則，顯然不符合題意；設，則函數在點處的切線的斜率為，所以AB取得最小值，令，則，令，則且，令，則，顯然在0,+∞上單調遞增，又，，所以存在使得，即，所以當時，此時單調遞減，當時，此時單調遞增，所以在處取得極小值即最小值，又，函數在上單調遞減，又，，當時，所以，所以恒成立，即恒成立，所以在上單調遞增，又，所以，此時，所以AB取得最小值為.故選：B.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵是轉化為在點處的切線與垂直，求出，其中說明函數的單調性是一個難點.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.設，其中為的共軛復數，則（）A.實部為2 B.的虛部是C. D.在復平面內，對應的點在第二象限【答案】AC【解析】【分析】首先由共軛復數的概念復數相等求得即可判斷AB，結合模的計算公式以及復數的幾何意義可依次判斷CD.【詳解】設，因為，所以，所以，所以，所以，，所以z=2+i，，對于A，所以的實部為2，所以A正確；對于B，的虛部是，所以B錯誤；對于C，，所以C正確；對于D，，所以在復平面內對應的點在第四象限，所以D錯誤.故選：AC.10.已知雙曲線的左、右焦點分別為，，實軸的左、右端點分別為，，虛軸的上、下端點分別為，，斜率為的直線經過且與的左支交于兩個不同的點，為上一點，且，則（）A. B.四邊形的周長小于24C. D.面積為【答案】ABD【解析】【分析】對于A，求出實軸長度即可判斷；對于B，由勾股定理即可判斷；對于C，畫出圖形即可判斷；對于D，結合雙曲線定義、余弦定理得，進一步結合三角形面積公式即可求解.【詳解】對于A，的實半軸長，虛半軸長，半焦距，漸近線方程為，所以，所以A正確；對于B，四邊形的周長為，所以B正確；對于C，作出與其漸近線，直接由圖形得，，所以C錯誤；對于D，不妨設位于的左支，則，所以①，因為，所以，所以②，所以得，，所以三角形的面積為，所以D正確.故選：ABD.11.已知正三棱臺上、下底面的邊長及高分別為，，2，則正三棱臺的（）A.斜高為 B.體積為C.側棱與底面所成角為 D.外接球的表面積為【答案】AC【解析】【分析】對于A，通過分析得出，，，結合勾股定理驗算即可；對于B，直接由棱臺體積公式驗算即可；對于C，顯然側棱與底面所成的角為，結合解三角形知識驗算即可；對于D，顯然外接球的球心在直線上，設，列方程可求出以及外接球半徑，進一步即可驗算.【詳解】對于A，如圖，在正三棱臺中，設，分別為上下底面的中心，D1，分別為，的中點，因為上底面的邊長，下底面的邊長分別為，，所以，，，，又，所以，所以A正確；對于B，體積為，所以B錯誤；對于C，側棱與底面所成的角為，在直角梯形中，由，，，計算得，而，從而，所以C正確；對于D，由已知得，外接球的球心在直線上，設，由題得，，解得，所以外接球的表面積為，所以D錯誤.故選：AC.【點睛】關鍵點點睛：判斷D選項的關鍵在于求得外接圓半徑，由此即可順利得解.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知質點，從點處分別以，的速度同時在圓上作逆時針運動，若經過，，第一次相遇，則______．【答案】【解析】【分析】由題意比多走一圈，可列關于的方程，由此即可得解.【詳解】由已知得，經過，，第一次相遇，此時比多走一圈，所以，所以.故答案為：.13.已知，，若，則______．【答案】【解析】【分析】借助向量垂直可得其數量積為，利用向量數量積公式與模長公式計算后結合三角函數基本關系即可得解.【詳解】由，則有，即，又，則，故.故答案為：14.已知直線與拋物線C:y2=4x交于，兩點，為的焦點，若中點的縱坐標始終為1，則的取值范圍是______．【答案】【解析】【分析】設，，直線的方程為，聯立拋物線方程，得到兩根之和，兩根之積，根據中點縱坐標，得到方程，求出，由焦半徑公式得到，由根據的判別式得到，從而得到的取值范圍.【詳解】不妨設，，直線的方程為，與聯立消去得，y2?4ky?4m=0，此時必須，所以，因為中點的縱坐標為1，所以，所以，所以，所以，又為拋物線的焦點，所以，因為，所以，所以.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出必要的文字說明，證明過程或演算步驟.15.設公比不為1的等比數列的前項和為，且．（1）求的公比；（2）若，求數列的前項和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據題意列方程即可求解；（2）由題意得，結合等比數列求和公式即可求解.【小問1詳解】設的公比為，，，，，，.【小問2詳解】，，（或），.16.在每年的1月份到7月份，某品牌空調銷售商發現：“每月銷售量（單位：臺）”與“當年的月份”線性相關．根據統計得下表：月份123456銷量122133415263（1）根據往年的統計得，當年的月份與銷量滿足回歸方程．請預測當年7月份該品牌的空調可以銷售多少臺？（2）該銷售商從當年的前6個月中隨機選取3個月，記為銷量不低于前6個月的月平均銷量的月份數，求的分布列和數學期望．【答案】（1）72臺（2）分布列見解析，【解析】【分析】（1）計算出與y后，借助回歸直線過樣本中心點即可得回歸直線方程，再借助回歸直線方程代入計算即可得解；（2）得出的所有可能取值后，計算每種取值對應概率即可得其分布列，借助分布列計算即可得其期望.【小問1詳解】，，又回歸直線過樣本中心點，所以，得，所以，當時，，所以預測當年7月份該品牌的空調可以銷售72臺.【小問2詳解】因為，所以銷量不低于前6個月的月平均銷量的月份數為4，5，6，所以，，，，，所以的分布列為：0123.17.如圖，在三棱柱中，為底面重心，點分別在棱上，且（1）求證：平面；（2）若底面，且三棱柱的各棱長均相等，求平面與平面DOG的夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）根據線面平行的判斷定理，轉化為證明線線平行，利用平行線比例關系，構造輔助線，即可證明；（2）根據底面特點，建立空間直角坐標系，分別求平面與平面的法向量，根據向量公式求二面角的余弦值.【小問1詳解】如圖，連接并延長，交于，延長線段，交于，連接．因為為底面重心，所以，又，所以，所以，所以．因為，所以，所以．因為平面，平面，所以平面．【小問2詳解】取的中點為，連接．因為底面，且三棱柱的各棱長均相等，所以直線兩兩互相垂直．以為坐標原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設三棱柱的棱長為6，則，所以．設平面的法向量為n=x,y,z則，即，可取易知平面的一個法向量為．設平面與平面的夾角為，則，即平面與平面的夾角的余弦值為．18.已知函數，，．（1）當時，求在上的值域；（2）當時，，，求的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）對求導，分析得出在上單調遞增，由此即可得解；（2）連續求導，分是否大于2進行討論即可求解.【小問1詳解】當時，，所以，因為，所以，，因為，所以，所以，所以在上單調遞增，所以，當時，，且注意到的圖象是一條連續的曲線，所以在上的值域為.【小問2詳解】當時，，，即在區間上成立.則，令，，因為，所以，所以，，所以在時單調遞增.可知.當a≤2時，，即，所以在上單調遞增.所以成立.當時，，當時，，所以使得，當時，，即，即在上單調遞減，所以，即，不成立，舍去，綜上，a≤2.【點睛】關鍵點點睛：第二問的關鍵在于連續求導后得出，故需對進行分類討論，由此即可順利得解.19.我們把各邊與橢圓的對稱軸垂直或平行的的內接四邊形叫做的內接矩形．如圖，已知四邊形是的一個邊長為1的內接正方形，，分別與軸交于，，且，為的兩個焦點．（1）求的標準方程；（2）設是四邊形內部的100個不同的點，線段