廣西壯族自治區(qū)“貴百河-武鳴高中”2025屆高三上學期9月摸底考試數學試題（解析）

2025屆“貴百河—武鳴高中”9月高三年級摸底考試數學（考試時間：120分鐘滿分：150分）注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名?準考證號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.3.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在試卷上無效.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.已知為虛數單位，，復數的共軛復數為，則（）A.0 B.10 C. D.3【答案】C【解析】【分析】先求復數的共軛復數，根據復數的運算規(guī)律和復數的模計算得答案；【詳解】因為，所以，故．故選：C.2.已知命題，命題，則（）A.和都是真命題 B.和都是真命題C.和都是真命題 D.和都是真命題【答案】B【解析】【分析】取出反例得到是假命題，是真命題，根據零點存在性定理判斷得到方程有根，故是真命題，是假命題，得到答案.【詳解】對于而言，取，則，故是假命題，是真命題.對于而言，令，，，由零點存在性定理可知，存在，使得，故是真命題，是假命題.綜上，和都是真命題.故選：B3.已知向量滿足，，則（）A B.1 C.2 D.2【答案】B【解析】【分析】根據已知條件，先求出，再將平方，并開方，即可求解．【詳解】因為，則，即，解得，，則，．故選：B．4.某市原來都開小車上班的唐先生統(tǒng)計了過去一年每一工作日的上班通行時間，并進行初步處理，得到頻率分布表如下（表示通行時間，單位為分鐘）：通行時間頻率0.10.30.30.20.1該市號召市民盡量減少開車出行，以綠色低碳的出行方式支持節(jié)能減排.唐先生積極響應政府號召，準備每天從騎自行車和開小車兩種出行方式中隨機選擇一種.如果唐先生選擇騎自行車，當天上班的通行時間為30分鐘.將頻率視為概率，根據樣本估計總體的思想，對唐先生上班通行時間的判斷，以下正確的是（）A.開小車出行的通行時間的中位數為27.5分鐘B.開小車出行兩天的總通行時間少于40分鐘的概率為0.01C.選擇騎自行車比開小車平均通行時間至少會多耗費5分鐘D.若選擇騎自行車和開小車的概率相等，則平均通行時間為28.5分鐘【答案】D【解析】【分析】對于A，由頻率分布表可知中位數在內，若設中位數為，則有，從而可求出中位數進行判斷；對于B，由頻率分布表可知開小車出行兩天的總通行時間少于40分鐘的概率為1；對于C，由頻率分布表求出開小車平均通行時間，然后再比較即可；對于D，直接求解平均時間即可【詳解】解：對于A，由頻率分布表可知中位數在內，若設中位數為，則有，解得，所以A錯誤；對于B，由頻率分布表可知開小車出行兩天的總通行時間少于40分鐘的概率為1，所以B錯誤；對于C，由頻率分布表可得開小車平均通行時間為，所以選擇騎自行車比開小車平均通行時間至少會多耗費3分鐘，所以C錯誤；對于D，由上面的計算可知平均通行時間為，所以D正確，故選：D5.若展開式的二項式系數之和為，則展開式的常數項為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先利用求出，然后再利用二項式展開式的通項即可求解.【詳解】根據題意可得，解得，則展開式的通項為，令，得，所以常數項為：，故選：B．6.已知橢圓，則“”是“橢圓C的離心率為”的（）．A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】根據題意，利用橢圓的幾何性質，列出方程，求得的值，結合充分、必要條件的判定方法，即可求解.【詳解】由橢圓的方程，可得：當時，可得，此時橢圓的離心率為，由，可得，解得；當時，可得，此時橢圓的離心率為，由，可得，解得，所以所以是橢圓C的離心率為的充分不必要條件．故選：A.7.如圖，在正三棱臺中，，M，N分別是AB，的中點，則異面直線MN，所成角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】連接MC，，取MC中點P，連接，PB，可得即為異面直線MN，所成角（或其補角），然后根據已知條件在中求解即可.【詳解】如圖所示，連接MC，，取MC的中點P，連接，PB，在正三棱臺中，設，則，因為M，N分別是AB，的中點，所以，且，所以四邊形是平行四邊形，所以，所以即為異面直線MN，所成角（或其補角），在梯形中，MN為梯形的高，過作于，則，所以，所以，，所以，即，，在中，．所以，即異面直線MN，所成角的余弦值為．故選：C．8.在中，內角的對邊分別為，且，則的最大值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理、余弦定理進行角化邊整理得到，再通過余弦定理消元得到，然后利用基本不等式得出的最小值，從而可以得到的最大值．【詳解】因為，由正弦定理得，所以，所以，由余弦定理得，，當且僅當，即時，等號成立，所以，所以當時，取得最大值，此時，所以的最大值是．故選：D．二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題的選項中，有多項符合題目要求.（答案有兩個選項只選一個對得3分，錯選不得分；答案有三個選項只選一個對得2分，只選兩個都對得4分，錯選不得分）9.已知函數的部分圖象如圖所示，下列結論正確的是（）A. B.函數在區(qū)間上單調遞增C.將的圖象向左平移個單位，所得到的函數是偶函數 D.【答案】AB【解析】【分析】根據給定圖象，結合五點法作圖求出的解析式，再逐項判斷即得.【詳解】觀察圖象得，的周期，，由，得，而，則，因此，對于A，，A正確；對于B，由，得，而正弦函數在上遞增，因此函數在區(qū)間上單調遞增，B正確；對于C，不是偶函數，C錯誤；對于D，，D錯誤.故選：AB10.已知三次函數有極小值點，則下列說法中正確的有（）A.B.函數有三個零點C.函數的對稱中心為D.過可以作兩條直線與的圖象相切【答案】ACD【解析】【分析】根據題意可得，即可判斷A；求出函數的單調區(qū)間及極值，即可判斷B；求出即可判斷C；設出切點，根據導數的幾何意義求出切線方程，再根據切線過點求出切點，即可判斷D.【詳解】，因函數有極小值點，所以，解得，所以，，當或時，，當時，，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以，又所以函數僅有個在區(qū)間上的零點，故A正確，故B錯誤；對于C，由，得，所以函數的圖象關于對稱，故C正確；對于D，設切點為，則，故切線方程為，又過點，所以，整理得，即，解得或，所以過可以作兩條直線與的圖象相切，故D正確.故選：ACD.11.已知拋物線的焦點為，準線為，點是上位于第一象限的動點，點為與軸的交點，則下列說法正確的是（）A.到直線的距離為2B.以為圓心，為半徑的圓與相切C.直線斜率的最大值為2D.若，則的面積為2【答案】ABD【解析】【分析】A選項，求出焦點坐標和準線方程，得到答案；B選項，由拋物線焦半徑公式可得B正確；C選項，當直線與拋物線相切時，的斜率取得最大值．設直線，聯立拋物線方程，根據根的判別式得到方程，求出直線斜率的最大值；D選項，設，根據焦半徑公式得到方程，求出，求出三角形面積.【詳解】A選項，易知，準線，所以到直線的距離為2，A選項正確；B選項，由拋物線的定義，點到準線的距離等于，所以以為圓心，為半徑的圓與相切，B選項正確；C選項，當直線與拋物線相切時，斜率取得最大值．設直線，與拋物線聯立可得：，令得：，所以直線斜率的最大值為1，C選項錯誤；D選項，，設，則，解得，所以的面積為，D選項正確.故選：ABD．三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知等差數列的前項和為，若，則______．【答案】3【解析】【分析】根據題意求出公差，進而可求出數列的通項，即可得解.【詳解】設公差為，因為，所以，所以，所以，所以，所以，則.故答案為：.13.若，則的值為______．【答案】##0.75【解析】【分析】根據已知條件利用誘導公式和公式化簡得到，兩邊平方結合正弦的二倍角公式即可.【詳解】由，所以，即，所以，即，故答案為：.14.若函數有2個不同的零點，則實數的取值范圍是______．【答案】【解析】【分析】設，根據單調性及零點存在定理確定零點范圍，令，得，設，求導，根據單調性及函數極值的取值情況確定的范圍，再根據兩個零點不相同對的取值進行排除即可.【詳解】由已知函數的定義域為，設，明顯單調遞增，且，g0=1>0，所以存在唯一的使，即，即，令，得，設，可得當使h'x<0，hx單調遞減，當使h'又，當時，hx>0且，又，當時，所以當時，存在唯一的使，即，當時，由得，此時不符合題意，舍去，綜上實數的取值范圍是.故答案為：.【點睛】方法點睛：對于零點個數問題可以轉化為函數圖象的交點個數問題來研究.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.已知在正項數列中，，點在雙曲線上.在數列中，點在直線上，其中是數列的前項和.（1）求數列的通項公式并求出其前項和；（2）求數列的前項和；【答案】（1），.（2）【解析】【分析】（1）由已知有，根據等差數列定義寫出通項公式和前n項和公式；（2）由題設，，作差整理得，再結合等比數列求和公式即可求解【小問1詳解】由點在上，則.數列是以2為首項，1為公差的等差數列.所以，.【小問2詳解】因為點在直線上，①，②，兩式相減，得，則.由①式，令得，故，所以數列是以為首項，為公比的等比數列.所以16.已知函數.（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）討論函數的單調性.【答案】（1）（2）答案見解析【解析】【分析】（1）求出導數，利用導數幾何意義求出切線的斜率，由條件可得，寫出切線方程.（2）由題意，求出其導數得，分類討論在的函數值的符號，得出單調區(qū)間.【小問1詳解】當時，，所以，則，所以曲線在點處的切線方程為【小問2詳解】,則當時，，則在上單調遞增.當時，得出，則在上單調遞增；得出，所以在上單調遞減；綜上所述：若時，在上單調遞增，若時，在上單調遞增，在上單調遞減.17.如圖，已知四邊形ABCD為矩形，，E為DC的中點，將沿AE進行翻折，使點D與點P重合，且．（1）證明：；（2）求平面與平面所成角的正弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）利用勾股定理分別證出，，進而得出平面，即可得證；（2）建立空間直角坐標系，分別求出平面和平面一個法向量，利用向量夾角公式即可求解．【小問1詳解】證明：由題知，所以，所以為直角三角形，，因為，，所以，所以為直角三角形，，因為平面，所以平面，因為平面，所以；小問2詳解】由題知以B為原點建立如圖空間直角坐標系，取AE中點M，由題知，所以，由（1）知平面，所以，因為，所以平面，，，設平面PCE的一個法向量為，則，由（1）知平面，所以是平面PAE的一個法向量，，設平面PAE與平面PCE所成角為θ，所以，因此.18.某素質訓練營設計了一項闖關比賽.規(guī)定：三人組隊參賽，每次只派一個人，且每人只派一次：如果一個人闖關失敗，再派下一個人重新闖關；三人中只要有人闖關成功即視作比賽勝利，無需繼續(xù)闖關.現有甲、乙、丙三人組隊參賽，他們各自闖關成功的概率分別為、、，假定、、互不相等，且每人能否闖關成功的事件相互獨立.（1）計劃依次派甲乙丙進行闖關，若，，，求該小組比賽勝利的概率；（2）若依次派甲乙丙進行闖關，則寫出所需派出的人員數目的分布，并求的期望；（3）已知，若乙只能安排在第二個派出，要使派出人員數目的期望較小，試確定甲、丙誰先派出.【答案】（1）（2）（3）先派出甲【解析】【分析】（1）利用獨立事件的概率乘法公式求解；（2）由題意可知，的所有可能取值為1，2，3，利用獨立事件的概率乘法公式求出相應的概率，進而得到的分布，再結合期望公式求解；（3）分別計算出依次派甲乙丙進行闖關和依次派丙乙甲進行闖關，所派出人員數目的期望，再利用作差法比較大小即可．【小問1詳解】設事件表示“該小組比賽勝利”，則；【小問2詳解】由題意可知，的所有可能取值為1，2，3，則，，，所以的分布為：所以；【小問3詳解】若依次派甲乙丙進行闖關，設派出人員數目的期望為，由（2）可知，，若依次派丙乙甲進行闖關，設派出人員數目的期望為，則，則，因為，所以，，所以，即，所以要使派出人員數目的期望較小，先派出甲．19.已知雙曲線的兩條漸近線分別為和，右焦點坐標為，為坐標原點．（1）求雙曲線C的標準方程；（2）設M，N是雙曲線C上不同的兩點，Q是MN的中點，直線MN、OQ的斜率分別為，證明：為定值；（3）直線y=4x-6與雙曲線的右支交于點（在的上方），過點分別作的平行線，交于點P1，過點P1且斜率為4的直線與雙曲線交于點（在的上方），再過點分別作的平行線，交于點，?，這樣一直操作下去，可以得到一列點．證明：共線．【答案】（1）；（2）證明見解析（3）證明見解析【解析】【分析】（1）由題意，根據題目所給信息以及的關系，列出等式求出和的值，進而可得雙曲線的標準方程；（2）設，，根據M，N為雙曲線C上的兩點，列由點差法得到，利用斜率公式