九師聯(lián)盟2025屆高三2月開學聯(lián)考數(shù)學試題【含答案解析】

九師聯(lián)盟2025屆高三2月開學聯(lián)考數(shù)學試題?一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的.1.下列集合中，與集合不相等的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)冪函數(shù)定義域、值域以及指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)值域等概念可得結論.【詳解】對于A，由冪函數(shù)的定義域需滿足可知，，即A正確；對于B，由冪函數(shù)的值域可知，，即B正確；對于C，由指數(shù)函數(shù)值域可知，可得C錯誤；對于D，由對數(shù)函數(shù)值域可知，可得D正確.故選：C2.已知a，，，若，則（）A.1 B. C. D.2【答案】B【解析】【分析】由復數(shù)四則運算結合復數(shù)相等求得，進而可求解；【詳解】解：通分可得：，根據(jù)復數(shù)相等的定義，得解得，則，，所以故選：B3.已知圓臺的上底面半徑為2，母線長為4，母線與底面所成的角為，則圓臺的體積為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由圓臺的體積公式求解即可；【詳解】由題意，得圓臺的高為，下底面半徑為，所以圓臺的體積為.故選：A.4.已知橢圓的左、右焦點分別為，，P是C上在第二象限內的一點，且，則直線的斜率為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由橢圓定義得到，結合題中等式解得，，由勾股定理逆定理得到，由夾角求得直線的斜率.【詳解】由橢圓的定義得，結合，解得，，所以，從而，所以故選：D.5.在藝術、建筑設計中，把短對角線與長對角線的長度之比為的菱形稱為“白銀菱形”.如圖，在白銀菱形ABCD中，若，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由結合數(shù)量積的運算性質即可求解；【詳解】解：設O是AC與BD的交點，則，則，所以故選：C6.若方程在區(qū)間上有4個不同的實根，則的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】令，求得的范圍，再結合與曲線的交點即可求解；【詳解】設，得，則問題轉化為直線與曲線在上有4個交點，于是，解得.故選：B.7.如圖1，在平行四邊形中，.沿將折起，使點到達點的位置，得到三棱錐，如圖2，若，則三棱錐外接球的表面積為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】通過勾股定理，可以證明和，利用直角三角形的性質“斜邊上的中線長是斜邊的一半”，可知的中點為外接球的球心，為半徑，即可求得外接球的表面積.【詳解】在Rt中，，又，所以，所以，同理可得.取的中點，則，所以為三棱錐外接球的球心，為半徑，所以三棱錐外接球的表面積為.故選:C.8.如圖，已知雙曲線的左、右焦點分別為，過作漸近線的垂線交于點，連接交于點，若，則的離心率為（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】由點到直線的距離公式和勾股定理可得，再由正弦定理和雙曲線的定義可得然后由余弦定理結合離心率的定義可得結果.【詳解】設，則，從而，由正弦定理，得，所以，由余弦定理，得，化簡得，所以.故選：A.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵在于能利用正弦定理和雙曲線的定義求出再結合余弦定理求出間關系.二、多選題：本題共3小題，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2分，有選錯的得0分.9.已知隨機變量，則（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】由正態(tài)分布期望的性質可得A錯誤；由正態(tài)分布方差的性質可得B正確；由正態(tài)分布曲線的對稱性可得C、D正確；【詳解】對于A，由題意，得，而，故A錯誤;對于B，又，則，而，所以，故B正確;對于C，因為兩個正態(tài)分布對應的正態(tài)密度曲線關于直線對稱，所以，故C正確；對于D，由對稱性，得，所以，故D正確.故選：BCD.10已知函數(shù)，則（）A.為奇函數(shù) B.在上單調遞減C.的圖象關于點對稱 D.方程的實根之和為-4【答案】ACD【解析】【分析】由奇偶性的概念可判斷A，通過導數(shù)可判斷B，由對稱性的概念可判斷C，由C，，結合的零點可判斷D；【詳解】因為的定義域為，且，所以為奇函數(shù)，則正確;因為，所以在上單調遞增，則錯誤;而，即，由為奇函數(shù)，可得的圖象關于點對稱，則正確；又當時，，則上無零點；當時，若，則;若，則，則在上僅有一個零點.根據(jù)對稱性，在上無零點，在上僅有一個零點.由此，僅有兩個零點和，且.而，將的圖象左移2個單位長度，即得函數(shù)的圖象，所以僅有兩個零點，且這兩個零點之和為，則D正確.故選：ACD.11.如圖，正方形的邊長為分別為邊上的點，為垂足，若，則（）A. B.的周長大于2C.面積的最小值為 D.的最小值為【答案】AC【解析】【分析】由兩角和的正切展開式結合題意可得A正確；由A中等式兩邊平方后變形再結合圖形由勾股定理可得B錯誤；由基本不等式結合圖形面積的拼接可得C正確；由兩角和的正切展開式結合基本不等式求解可得D錯誤；【詳解】對于A，如圖，由，得；由及，得，，所以，整理得2，故A正確；對于B，由A得，即得，所以的周長為，為定值，故錯誤；對于C，由(當且僅當時取等號)，得，解得或，考慮到和，可得，應舍去，由此(當且僅當時取等號)；的面積為，故正確；對于D，設，由，整理得，即，即，解得，所以當且僅當時，的最小值為，故錯誤.故選：AC.【點睛】關鍵點點睛：本題選項C的關鍵在于利用基本不等式和所求面積等于正方形面積減去其余小三角形面積求解.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知定義在上的函數(shù)滿足，且，則的一個解析式為_____.【答案】【解析】【分析】由偶函數(shù)的性質結合題意可得；【詳解】由題意，得為偶函數(shù)，且，又，可得.故答案為：.13.已知，，則的最小值為__________.【答案】【解析】【分析】將已知兩個等式兩邊平方后，再相加，得到，由得到方程，求出，，再通過驗證得到的最小值.【詳解】將已知兩個等式兩邊平方后，再相加，得，即，因為，所以，所以，解得，即當，得，不妨設，，又，解得，，則符合題意.故答案為：14.如圖，是正八邊形的中心，從其八個頂點中隨機取出四個頂點為頂點作四邊形，則可作平行四邊形的概率為_____，則可作梯形的概率為_____.(用數(shù)字作答)【答案】①.②.【解析】【分析】第一空利用組合數(shù)先求出從八個頂點中隨機取出四個頂點為頂點作四邊形個數(shù)，再求出沒兩條直徑構成的四邊形個數(shù)即可；第二空設分別為正八邊形的兩條不同類型的對稱軸，再分別討論以和為對稱軸的平行弦的梯形個數(shù)即可.【詳解】從八個頂點中隨機取出四個頂點為頂點作四邊形，可得四邊形個數(shù)為；八個頂點的連線中有4條過中心，即有4條直徑，每兩條直徑可確定一個平行四邊形，可得平行四邊形的個數(shù)為，所以可作平行四邊形的概率為；梯形可由兩條平行但不等的弦的四個頂點構成.如圖，設分別為正八邊形的兩條不同類型的對稱軸.（1）以為對稱軸的平行弦中，有2對平行且相等，所以4條平行弦可構成個梯形，而類似的平行弦共有4組，所以可構成梯形個；（2）以為對稱軸的平行弦，，中，有1對平行且相等，所以3條平行弦可構成個梯形，而類似的平行弦共有4組，所以可構成梯形個.綜合（1）（2）可得共有梯形24個，故可作梯形的概率為.故答案為：；.【點睛】關鍵點點睛：本題第一空的關鍵是能夠發(fā)現(xiàn)以直徑端點作為定點的平行四邊形；第二空關鍵是討論以和為對稱軸的平行弦的梯形個數(shù).四、解答題：本題共5小題，共60分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.“八段錦”，起源于北宋，已有八百多年的歷史.古人把這套動作比喻為“錦”，意為五顏六色，美而華貴.體現(xiàn)其動作舒展優(yōu)美，視其為“祛病健身，效果極好，編排精致，動作完美”，此功法分為八段，每段一個動作，故名為“八段錦”.作為傳統(tǒng)養(yǎng)生功法，對人體有著很多的益處.為了繼續(xù)推廣“八段錦”，吸引更多的老年市民練習“八段錦”，促進老年市民的延年益壽，市老體協(xié)統(tǒng)計了全市的男性老年人和女性老年人(不小于60歲的均為老年人)練習“八段錦”的情況，采用簡單隨機抽樣的方法抽取了練習“八段錦”的200位老年人，得到了性別與年齡的有關數(shù)據(jù)，并整理得到以下列聯(lián)表：類型年齡(歲)合計

男性36

111女性

25

合計

200（1）補全列聯(lián)表，并依據(jù)小概率值的獨立性檢驗，能否認為老年人的性別與年齡是否大于65歲有關聯(lián)?（2）在這200位老年人隨機抽取一位，求在該老人年齡大于65歲的情況下，為女性老年人的概率.附：，其中.0.010.0050.0016.6357.87910.828【答案】（1）表格見解析，能（2）【解析】【分析】（1）由公式求得，結合附表即可判斷；（2）法一，法二：由古典概型概率公式及條件概率計算公式即可求解；【小問1詳解】補全列聯(lián)表如下：類型年齡(歲)合計男性3675111女性642589合計100100200零假設為：老年人的性別與年齡是否大于65歲無關聯(lián).根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，得依據(jù)小概率值的獨立性檢驗，推斷不成立，即老年人的性別與年齡是否大于65歲有關聯(lián)，該推斷犯錯誤的概率不大于0.001.【小問2詳解】設事件“抽取的一位老年人年齡大于65歲”，事件“抽取的一位老年人為女性老年人”，法一：所求概率為.法二：所求概率為.16.記數(shù)列的前n項和為，已知，（1）求的通項公式;（2）是否存在m和k，使得是和的等差中項?若存在，求出m和k的值;若不存在，請說明理由.【答案】（1）（2）存在且或【解析】【分析】（1）利用與的關系式，由等差數(shù)列定義即可判斷數(shù)列是公差為d的等差數(shù)列，可得其通項公式；（2）由等差中項性質可得，即求出，再根據(jù)整除性質可得存在且或滿足題意.【小問1詳解】因為，①，所以，②，①-②，得，化簡，得由，，得，仍適合，所以數(shù)列是公差為d的等差數(shù)列，所以【小問2詳解】假設是和的等差中項，則，即，化簡得，當時，，則，顯然不成立;當時，由，解得當時，，則是和的等差中項；當時，，則是和的等差中項；當時，，則，不適合題意.綜上，存在且或，使得是和的等差中項.17.如圖，在三棱柱中，點，分別在棱，上，且，，，四點共面.（1）證明：四邊形為平行四邊形；（2）若點滿足，側面底面，，若平面與平面夾角的余弦值為，求的值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）先利用線面平行的判斷定理與性質定理證明，再利用面面平行的性質證明，從而可得四邊形為平行四邊形；（2）取的中點，連接，以為坐標原點，直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，設，求出平面的法向量與平面的法向量，利用空間向量夾角公式列方程求出，從而可得答案.【小問1詳解】因為平面平面，所以平面.又平面，平面平面，所以.因為平面平面，平面平面，平面平面，所以，所以四邊形為平行四邊形.【小問2詳解】如圖，取的中點，連接，由及，得為等邊三角形，所以，又平面底面，平面所以底面，因為底面，從而；由及，得為等腰直角三角形，所以.以為坐標原點，直線分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，則；設，則.設平面的法向量為，由，得，取，則.，設平面的法向量為，由得，取，則.所以，整理得，解得(舍去)或，此時18.已知拋物線的焦點為，準線為是上在第一象限內的點，若直線的傾斜角為，點到的距離為4.（1）求的方程;（2）設直線與交于兩點，過點作直線軸，與交于點，直線與交于另一點.（i）求的最小值；（ii）探討直線與公共點的個數(shù).【答案】（1）（2）（i）（ii）【解析】【分析】（1）過作軸，為垂足，求得坐標，代入拋物線方程即可求解；（2）(i)求得，確定方程，聯(lián)立拋物線，求得坐標，結合兩點間距離公式即可求解；(ii)由點，求得，再結合點在拋物線上得到，確定方程，聯(lián)立拋物線方程，通過解的個數(shù)即可判斷；【小問1詳解】根據(jù)拋物線的定義，得.過作軸，垂足，則，又，所以，代入，得，整理得，解得(舍去)或.故的方程為.【小問2詳解】(i)由，解得，即，又，所以直線的方程為，代入，整理得，則，由，得，代入，得，即，所以，當且僅當時取等號.故當時，.(ii)由在直線上，得，即.由在上，得，所以，所以的方程為，結合，化簡得，代入，整理得，因為，所以直線與僅有一個公共點.19.張景中院士在《與中學教師談微積分》一文中，給出了“差商有界”函數(shù)和“廣義差商有界”函數(shù)的定義，即若函數(shù)在區(qū)間上有定義，并且存在一個正數(shù)，使得且，不等式恒成立，則稱在上為“差商有界”函數(shù)；若函數(shù)在區(qū)間上有定義，并且存在一個正整數(shù)，使得且，不等式恒成立，則稱在上為“廣義差商有界”函數(shù).（1）已知，判斷在區(qū)間上是否是“差商有界”函數(shù)？若是，請說明理由；若不是，請討論是否是“廣義差商有界”函數(shù)?（2）已知函數(shù).（i）判斷在區(qū)間上是否是“差商有界”函數(shù)？并說明理由；（ii）若在區(qū)間上是“廣義差商有界”函數(shù)，求正整數(shù)的最小值.【答案】（1）不是“差商有界”函數(shù)，是“廣義差商有界”函數(shù)（2）（i）不是，理由見解析；（ii）【解析】【分析】（1）利用函數(shù)新定義求解即可；（2）（i）利用函數(shù)新定義結合導數(shù)分析在區(qū)間上單調遞減，得到與①矛盾的結果即可；（ii）結合函數(shù)新定義構造函數(shù)，利用導數(shù)分析其單調性求出的最小值，再構造函數(shù)，利用導數(shù)找到其