數(shù)學(xué)丨青海省西寧市大通縣2025屆高三9月開學(xué)考（25-L-038C）數(shù)學(xué) 試卷及答案

考生注意:1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分150分,考試時間120分鐘。2.答題前,考生務(wù)必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內(nèi)項目填寫清楚。3.考生作答時,請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后,用2B鉛筆把答題卡上對4.本卷命題范圍:高考范圍。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.已知集合A={兒∈N|兒2≤4},B={—1,0,1,2,3},則A∩B=A.{1,2}B.{0,1,2}C.{—2,—1,0,1,2,3}3.已知某圓錐的側(cè)面展開圖是一個半徑為8的半圓,則該圓錐的體積為 4.已知雙曲線C的漸近線方程為2兒士3y=0,且C經(jīng)過點(—6,2\2),則C的標(biāo)準方程為秋》的合稱.為弘揚中國傳統(tǒng)文化,某校計劃在讀書節(jié)活動期間舉辦“四書五經(jīng)”知識講座,每A.AAB.AAC.AAAD.AA6.已知圓兒2十y2=4關(guān)于直線l的對稱圓為兒2十y2—8兒十4y十16=0,則直線l的方程為A.2兒十y—3=0B.兒—2y—8=0C.2兒—y—5=07.已知等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若S15>0,S16<0,則的取值范圍是【高三開學(xué)摸底考試.數(shù)學(xué)第1頁(共4頁)】25—L—038C8.已知定義在R上的偶函數(shù)滿足f=1且f十f=4,則A.4049B.2025C.4048D.2024二、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。分。9.已知m,n是兩條不同的直線,α,β是兩個不同的平面,則下列命題為真命題的有A.若m丄α,m丄β,則αⅡβB.若α丄β,mGα,nGβ,則m丄nC.若αⅡβ,mⅡβ,則mⅡαD.若m,n為異面直線,mGα,nGβ,mⅡβ,nⅡα,則αⅡβA.f(兒)在[0,上單調(diào)遞增B.f(兒)的圖象關(guān)于直線兒對稱C.f(兒)的圖象可由g(兒)=2sin2兒的圖象向右平移個單位長度得到D.f(兒)在,π]上僅有1個零點11.已知曲線Γ1的方程為兒2=y,Γ2是以點A(0,a)為圓心、1為半徑的圓位于y軸右側(cè)的部分,則下列說法正確的是A.曲線Γ1的焦點坐標(biāo)為B.曲線Γ2過點(1,a)C.若直線y=兒十2被Γ1所截得的線段的中點在Γ2上,則a的值為D.若曲線Γ2在Γ1的上方,則a>三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分。13.已知tanα=3,tan(α十β)=—5,則tan(2α十β)=.AE.AF的最小值為.14.如圖,在矩形ABCD中,AB=4,BC=2,點E,F分別在線段BC,CD上,且上EAF=則AE.AF的最小值為.【高三開學(xué)摸底考試.數(shù)學(xué)第2頁(共4頁)】25—L—038C四、解答題:本題共5小題,共77分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。15.(本小題滿分13分)已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,asin(B十C)=bsin(A十C)十csin(A十B)(1)求角A; (2)若b=1,△ABC的面積為\,求a的長.16.(本小題滿分15分)近年中國新能源汽車進入高速發(fā)展時期.專家預(yù)測2024年中國汽車總銷售量將超過3100萬輛,繼續(xù)領(lǐng)跑全球.為了了解廣大消費者購買新能源汽車意向與年齡是否具有相關(guān)性,某汽車APP采用問卷調(diào)查形式對400名消費者進行調(diào)查,數(shù)據(jù)顯示這400人中中老年人共有150人,且愿意購買新能源車的人數(shù)是愿意購買燃油車的2倍;青年中愿意購買新能源車的人數(shù)是愿意購買燃油車的4倍.年齡段購車意向合計愿意購買新能源車愿意購買燃油車青年中老年合計(1)完善2×2列聯(lián)表,請根據(jù)小概率值α=0.01的獨立性檢驗,分析消費者對新能源車和燃油車的意向購買與年齡是否有關(guān);(2)采用分層隨機抽樣從愿意購買新能源車的消費者中抽取9人,再從這9人中隨機抽取4人,求這4人中青年人數(shù)的期望.附:X2=,n=a十b十c十d.α0.050.010.001兒α【高三開學(xué)摸底考試●數(shù)學(xué)第3頁(共4頁)】25—L—038C17.(本小題滿分15分)如圖,已知平行六面體ABCDA1B1C1D1的所有棱長均相等,AD丄平面ABB1A1,P為D1C1的中點,且PD=PC.(1)求證:C1丄BD;(2)求平面CPB與平面DPB的夾角的正弦值.18.(本小題滿分17分)已知橢圓十的離心率為在橢圓E上運動,且△PF1F2面積 的最大值為\3.(1)求橢圓E的方程;(2)設(shè)A,B分別是橢圓E的右頂點和上頂點,不過原點的直線l與直線AB平行,且與兒軸,y軸分別交于點M,N,與橢圓E相交于點C,D,O為坐標(biāo)原點.(i)求△OCM與△ODN的面積之比;(i)證明:CM2十MD2為定值.19.(本小題滿分17分)已知函數(shù)f(兒)=(兒—a)e兒十兒十a(chǎn)(a∈R).(1)若a=4,求f(兒)的圖象在兒=0處的切線方程;(2)若f(兒)≥0對于任意的兒∈[0,十∞)恒成立,求a的取值范圍;(3)若數(shù)列滿足a1=1且an十1=記數(shù)列{an}的前n項和為sn,求證:sn【高三開學(xué)摸底考試.數(shù)學(xué)第4頁(共4頁)】25—L—038C1.BA={兒∈N|兒2≤4}={0,1,2},B={—1,0,1,2,3},所以A∩B={0,1,2}.故選B.1十2i(1十2i)(4十3i)2112.A因為復(fù)數(shù)義滿足(4—3i)義=1十2i,1十2i(1十2i)(4十3i)2112十2=\.故選A.3.D設(shè)圓錐的底面圓半徑為r,由于圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長,則2πr=8π,解得r=4,則圓錐的高h=\=4\,所以該圓錐的體積為v=πr2h=π×42×4\=64\33π.故選D.4.A根據(jù)題意設(shè)雙曲線C的方程為4兒2—9y2=λ,因為C經(jīng)過點(—6,2\),所以4×(—6)2—9×(2\)2=λ,即λ=72,所以雙曲線C的方程為4兒2—9y2=72,即—=1.故選A.看作3個元素,插入產(chǎn)生的7個空隔中,共有A種排法,故總共有AA種排法.故選B.y2=4的圓心為(0,0),半徑為2,圓兒2十y2—8兒十4y十16=0可化為(兒4)2十(y十2)2=4,圓心為(4,—2),半徑為2,所以直線l的方程為y—(—1)=2(兒—2),即2兒—y—5=0.故選C.7.D由題意知S15=15(a1a15)=15a8>0,所以a8>0,又S16=16(a1a16)=8(a8十a(chǎn)9)<0,所以a8十a(chǎn)9<0,所以a9<—a8<0.設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,則d=a9—a8<0,所以a1>0.所以1十8d=2a1十15d<0,所以—<<—,所以的取值范圍是,.故選D.8.A由f(兒)十f(2—兒)=4,令兒=1,得f(1)=2,又令兒=0得f(2)=3,再令兒=—1,f(—1)十f(3)=4,又f(—1)=f(1)=2,所以f(3)=2,又f(兒十4)十f(—兒—2)=f(兒十4)十f(兒十2)=4,f(—兒)十f(2十兒)2024=f(兒)十f(2十兒)=4,所以f(兒十4)=f(兒),4為f(兒)的一個周期,f(4)=f(0)=1,i0f(i)=f(0)十506×[f(1)十f(2)十f(3)十f(4)]=4049.故選A.9.AD若m丄α,m丄β,則αⅡβ,故A正確;若α丄β,mGα,nGβ,則m與n可能平行,故B錯誤;若αⅡβ,mⅡβ,則mⅡα或mGα,故C錯誤;過m作平面y∩β=l,又mⅡβ,所以mⅡl,又m,n為異面直線,所以l與n相交,設(shè)l∩n=P,又lⅡα,nⅡα,nGβ,lGβ,l∩n=P,所以αⅡβ,故D正確.故選AD.10.ABD由題意可知,函數(shù)f(兒)的最小正周期T=π=,:w=2,:f(兒)=2sin(2兒—.對于A,當(dāng)兒∈—,:f(兒)在[0,上單調(diào)遞增,故A正確;對于B,f(—=(—=—2,:f(兒)的圖象關(guān)于直線兒=—對稱,故B正確;對于C, =π,即兒=時,f(兒)=0,故D正確.故選ABD.11.BCD對于選項A,Γ1:兒2=y,拋物線Γ1的焦點坐標(biāo)為(0,,故A錯誤;對于選項B,圓Γ2的標(biāo)準方程為:兒2十(y—a)2=1(兒>0),點(1,a)代入圓Γ2的方程得12十(a—a)2=1,所以圓Γ2過點(1,a),故B正確;對于選項C,設(shè)y=兒十2被Γ1所截得=,故yG=兒G十2=,G,代入Γ2:兒2十(y—a)2=1(兒>0)得十—a)2=1,解得a=5,故C正確;對于選項D,如圖所示,【高三開學(xué)摸底考試.數(shù)學(xué)參考答案第1頁(共4頁)】25—L—038CΓ2在Γ1的上方時,a>1且拋物線和圓無交點,聯(lián)立兒2=y和兒2十(y—a)2=1有y2十(1—2a)y十a(chǎn)2—1=0,且△=(1—2a)2—4(a2—1)<0,解得a>,故D正確.故選BCD.數(shù)據(jù)分別為47,53,則第75百分位數(shù)為2=50.12.50先按照從小到大排序:15,18,23,24,28,36,39,42,47,53,60,78,數(shù)據(jù)分別為47,53,則第75百分位數(shù)為2=50.13.—因為tanα=3,tan(α十β)=—5,所以tan(2α十β)=tan[α十(α十β)]=—antn())=14.16\—16以A為坐標(biāo)原點,AB所在直線為兒軸,AD所在直線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系,則A(0,0),16→→1十tanθ十8(tanθ十1)—16≥16\2—16,當(dāng)且僅當(dāng)tanθ=\2—1時等號成立16→→為16\2—16.15.解:(1)因為A十B十C=π,所以asinA=bsinB十csinC—bsinC,………2分根據(jù)正弦定理得b2—a2十c2=bc,……………4分根據(jù)余弦定理得cosA=b2十c—a2=,…………………6分由于0<A<π,所以A=π………………… (2)因為S△ABC=bcsinA=csin=\,所以c=2.………………10分由余弦定理可知a2=b2十c2—2bccosA=12十22—2×1×2×=3,所以a=\.…………………13分16.解:(1)中老年共有150人,且愿意購買新能源車的人數(shù)是愿意購買燃油車的2倍,所以愿意購買新能源車的中老年人數(shù)為100人,愿意購買燃油車的中老年人數(shù)為50人,青年共有250人,愿意購買新能源車是愿意購買燃油車的4倍,所以青年中愿意購買新能源車為200人,愿意購買燃油車為50人,得到如下2×2列聯(lián)表:…………………………2分年齡段購車意向合計愿意購買新能源車愿意購買燃油車青年20050250中老年10050150合計300100400…………………3分零假設(shè)H0:消費者購買新能源車和燃油車的意向與年齡無關(guān),X2=≈8.889>6.635=兒0.01,…………………6分根據(jù)小概率值α=0.01的獨立性檢驗,我們推斷H0不成立,即認為消費者購買新能源車和燃油車的意向與年齡有關(guān).……………………7分(2)愿意購買新能源車的共有300人,青年人與中老年人的比例為2:1,所以分層隨機抽樣抽取的9人中6人是青年人,3人是中老年人,………………8分記這4人中,青年的人數(shù)為X,則X的可能取值為1,2,3,4,P(X=1)==,P(X=2)==,……………10分P(X=3)==,P(X=4)==,………………12分【高三開學(xué)摸底考試.數(shù)學(xué)參考答案第2頁(共4頁)】25—L—038C所以X的分布列如下:X1234P 121 5141021 542E(X)=1×十2×十3×十4×=,……………14分所以這4人中青年人數(shù)的期望為.………………………15分17.17.(1)證明:設(shè)Q是CD的中點,連接PQ,因為P是C1D1的中點,則C1ⅡPQ.因為PD=PC,所以PQ丄CD,所以C1丄CD 2分因為AD丄平面ABB1A1,AA1G平面ABB1A1,所以AD丄AA1,因為C1ⅡAA1,所以C1丄AD 4分又CD∩AD=D,CD,ADG平面ABCD,所以C1丄平面ABCD.又BDG平面ABCD,所以C1丄BD.……6分(2)解:因為AD丄平面ABB1A1,ABG平面ABB1A1,所以AD丄AB,四邊形ABCD是正方形,結(jié)合(1)的結(jié)論可知DA,DC,DD1兩兩垂直,以D為原點建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,不妨設(shè)AD=2,則D(0,0,0),P(0,1,2),B(2,2,0),C(0,2,0),=(0,1,2),=(2,2,0),C=(2,0,0),C=(0,—1,2).………8分設(shè)平面DPB的法向量為m=(兒,y,義),則..0,,令y=—2,可得m=(2,—2,1).……………10分設(shè)平面CPB的法向量為n=(a,b,c),則..2a2,c=0,令c=1,可得n=(0,2,1).……………………12分 m.n3×\55.設(shè)平面CPB與平面DPB的夾角為θ,則cOsθ=m.n=3=\5…………m.n3×\55.所以sinθ=\=2\5, 即平面CPB與平面DPB的夾角的正弦值為2\5………18.解:(1)根據(jù)題意故a2=4,b2=1,………………3分所以橢圓E的方程為2十y2=1.……………4分(2)如圖所示:設(shè)直線l的方程為y=—兒十m(m≠0),則M(2m,0),N(0,m),……5分【高三開學(xué)摸底考試.數(shù)學(xué)參考答案第3頁(共4頁)】25—L—038C(1(1消去y,整理得兒2—2m兒十2m2—2=0,………6分(4十y2=1△=4m2—8(m2—1)=8—4m2>0,得m2<2且m≠0,設(shè)C(兒1,y1),D(兒2,y2),則兒1十兒2=2m,兒1兒2=2m2—2.……………(i)s△OCM=i2miiy1i,s△ODN=imii兒2i,…………:△OCM與△ODN的面積之比為1.……………………10分(i)證明:CM2十MD2=(兒1—2m)2十y十(兒2—2m)2十ym2十兒—4m2)2=5m2—(2m2—2)—10m2十10m2=5.綜上,CM2十MD2=5.………………17分19.(1)解:若a=4,則f(兒)=(兒—4)e兒十兒十4,所以fI(兒)=(兒—4)e兒十e兒十1=(兒—3)e兒十1,……1分所以fI(0)=(0—3)e0十1=—2,又f(0)=(0—4)e0十4=0,…………2分所以f(兒)的圖象在兒=0處的切線方程為y—0=—2(兒—0),即2兒十y=0.…………4分(2)解:fI(兒)=(兒—a)e兒十e兒十1=(兒—a十1)e兒十1,…………………5分令g(兒)=fI(兒),所以gI(兒)=(兒—a十1)e兒十e兒=(兒—a十2)e兒.當(dāng)a—2≤0,即a≤2時,gI(兒)≥0在兒∈[0,十∞)上恒成立,所以g(兒)在[0,十∞)上單調(diào)遞增,即fI(兒)在[0,十∞)上單調(diào)遞增,所以fI(兒)≥fI(0)=2—a≥0,所以f(兒)在[0,十∞)上單調(diào)遞增