深圳高級中學（集團）中心校區2025屆高三開學考試數學試題一、單項選擇題：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.若復數是純虛數，則實數（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用除法運算化簡復數，根據純虛數的特征，即可判斷.【詳解】，則，有.故選：A2.設等差數列的前項和，若，，則（）A.18 B.27 C.45 D.63【答案】C【解析】【分析】根據成等差數列，得到方程，求出答案.【詳解】由題意得成等差數列，即成等差數列，即，解得.故選：C3.某校高三年級800名學生在高三的一次考試中數學成績近似服從正態分布，若某學生數學成績為102分，則該學生數學成績的年級排名大約是（）（附：，，）A.第18名 B.第127名 C.第245名 D.第546名【答案】B【解析】【分析】根據正態分布的特征，求出數學成績不低于102分對應的概率，從而可求出對應的人數，確定排名．【詳解】因為成績近似服從正態分布,，則，且，所以，因此該校數學成績不低于102分的人數即年級排名大約是．故選：B．4.已知向量，，若向量在向量上的投影向量，則（）A. B. C.3 D.7【答案】B【解析】【分析】根據已知結合投影向量的概念得出，求解即可得出答案.【詳解】由已知可得，在上的投影向量為，又在上的投影向量，所以，所以，所以，所以.故選：B.5.“方斗”常作為盛米的一種容器，其形狀是一個上大下小的正四棱臺，現有“方斗”容器如圖所示，已知，，現往容器里加米，當米的高度是“方斗”高度的一半時，用米，則該“方斗”可盛米的總質量為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】設線段、、、的中點分別為、、、，利用臺體的體積公式計算出棱臺與棱臺的體積之比，即可得出原“方斗”可盛米的總質量.【詳解】設線段、、、的中點分別為、、、，如下圖所示：易知四邊形為等腰梯形，因為線段、的中點分別為、，則，設棱臺的高為，體積為，則棱臺的高為，設其體積為，則，則，所以，，所以，該“方斗”可盛米的總質量為.故選：D.6.已知，則的大小關系是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】對于，擴大適當的倍數變為整數冪的形式比較即可；對于，構造函數比較大小即可【詳解】對于，同時12次方可得與，易知，所以；對于，同時次方可得與，由題干可知，所以，即；對于，同時取對數可得與，，，解得，易得在單調遞增，單調遞減，易知，所以．綜上可得，故選：B.7.將12名志愿者（含甲?乙?丙）安排到三個地區做環保宣傳工作，每個地區至少需要安排3人，則甲?乙?丙3人恰好被安排到同一個地區的安排方法總數為（）A.3129 B.4284 C.18774 D.25704【答案】C【解析】【分析】利用排列組合原理和分組分配方法求解.【詳解】先分類討論人員分組情況．當甲?乙?丙所在組恰有3人時，余下9人分成2組，有種方法；當甲?乙?丙所在組恰有4人時，先從其他9人中選1人到這組，再將余下8人分成2組，有種方法；當甲?乙?丙所在組恰有5人時，先從其他9人中選2人到這組，余下7人分成2組，有種方法當甲?乙?丙所在組恰有6人時，先從其他9人中選3人到這組，余下6人分成2組，有種方法．再將三組人員分配到三個地區．因為這三組分配到三個地區有種方法，所以安排方法總數為.故選:C.8.已知橢圓：的左右焦點分別為，，過的直線交橢圓于A，B兩點，若，點滿足，且，則橢圓C的離心率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由、結合正弦定理可得，又，故，再結合余弦定理計算即可得離心率.【詳解】由橢圓定義可知，由，故，，點滿足，即，則，又，，即，又，故，則，即，即平分，又，故，則，則，，，由，故，即，即，又，故.故選：B.【點睛】關鍵點睛：本題關鍵在于由、，得到平分，結合，從而得到.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.聲音是由于物體的振動產生的能引起聽覺的波，我們聽到的聲音多為復合音．若一個復合音的數學模型是函數，則下列結論不正確的是（）A.的一個周期為 B.的最大值為C.的圖象關于直線對稱 D.在區間上有3個零點【答案】D【解析】【分析】A.代入周期的定義，即可判斷；B.分別比較兩個函數分別取得最大值的值，即可判斷；C.代入對稱性的公式，即可求解；D.根據零點的定義，解方程，即可判斷.【詳解】A.，，故A錯誤；B.，當，時，取得最大值1，，當時，即時，取得最大值，所以兩個函數不可能同時取得最大值，所以的最大值不是，故B錯誤；C.，，所以函數的圖象不關于直線對稱，故C錯誤；D.，即，即或，解得：，所以函數在區間上有3個零點，故D正確.故選：D.10.四棱錐的底面為正方形，PA與底面垂直，，，動點M在線段PC上，則（）A.不存在點M，使得B.的最小值為C.四棱錐的外接球表面積為5πD.點M到直線AB的距離的最小值為【答案】BD【解析】【分析】當點為中點時，利用垂直關系的轉化，即可判斷A；利用展開圖，利用數形結合求的最小值，即可判斷B；利用幾何體與外接球的關系，即可求解球心，并求外接球的表面積，即可判斷C；利用異面直線的距離的轉化，即可判斷D.【詳解】對于A：連接BD，且，如圖所示，當MPC中點時，因為點O為AC的中點，所以，因為平面ABCD，所以平面ABCD，又因為平面ABCD，所以，因為ABCD為正方形，所以．又因為，且BD，平面BDM，所以平面BDM，因為平面BDM，所以，所以A錯誤；對于B：將和所在的平面沿著PC展開在一個平面上，如圖所示，和是全等的直角三角形，，，連結，，則的最小值為BD，直角斜邊PC上高為，即，直角斜邊PC上高也為，所以的最小值為，所以B正確；對于C：易知四棱錐的外接球直徑為PC，半徑，表面積，所以C錯誤；對于D：點M到直線AB的距離的最小值即為異面直線PC與AB的距離，因為，且平面PCD，平面PCD，所以平面PCD，所以直線AB到平面PCD的距離等于點A到平面PCD的距離，過點A作，因為平面ABCD，面，所以，又，且，面，故平面PAD，平面PAD，所以，因為，且PD，平面PCD，所以平面PCD，所以點A到平面PCD的距離，即為AF的長，如圖所示，在中，，，可得，所以由等面積得，即直線AB到平面PCD的距離等于，所以D正確，故選：BD．11.冒泡排序是一種計算機科學領域的較簡單的排序算法，其基本思想是：通過對待排序序列從左往右，依次對相鄰兩個元素比較大小，若，則交換兩個數的位置，使值較大的元素逐漸從左移向右，就如水底下的氣泡一樣逐漸向上冒，重復以上過程直到序列中所有數都是按照從小到大排列為止.例如：對于序列進行冒泡排序，首先比較，需要交換1次位置，得到新序列，然后比較，無需交換位置，最后比較，又需要交換1次位置，得到新序列最終完成了冒泡排序，同樣地，序列需要依次交換完成冒泡排序.因此，和均是交換2次的序列.現在對任一個包含個不等實數的序列進行冒泡排序，設在冒泡排序中序列需要交換的最大次數為，只需要交換1次的序列個數為，只需要交換2次的序列個數為，則（）A.序列是需要交換3次的序列 B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】根據題意，不妨設序列的n個元素為，由題意可判斷A中序列交換次數；再根據等差數列前項和公式即可判斷B；得出只要交換1次的序列的特征即可判斷C；利用累加法求出通項公式即可判斷D.【詳解】對A，序列，比較，無需交換位置，比較，需要交換1次位置，得到新序列，比較，無需交換位置，最后比較，需要交換1次位置，得到新序列，完成冒泡排序，共需要交換2次，故A錯誤；對B，不妨設序列的n個元素為，交換次數最多的序列為，將元素n冒泡到最右側，需交換次次，將元素n-1冒泡到最右側，需交換次次，，故共需要，即最大交換次數，故B正確；對C，只要交換1次的序列是將中的任意相鄰兩個數字調換位置的序列，故有個這樣的序列，即，故C正確；對D，當n個元素的序列順序確定后，將元素n+1添加進原序列，使得新序列（共n+1個元素）交換次數也是2，則元素n+1在新序列的位置只能是最后三個位置，若元素n+1在新序列的最后一個位置，則不會增加交換次數，故原序列交換次數為2（這樣的序列有個），若元素n+1在新序列的倒數第二個位置，則會增加1次交換，故原序列交換次數為1（這樣的序列有個），若元素n+1在新序列的倒數第三個位置，則會增加2次交換，故原序列交換次數為0（這樣的序列有1個），因此，，所以，顯然，所以，故D正確.故選：BCD.【點睛】關鍵點點睛：在解與數列新定義相關的題目時，理解新定義是解決本題的關鍵.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.展開式中的系數為，則的值為______．【答案】1【解析】【分析】根據題意結合二項展開式的通項公式分析求解.【詳解】因為的展開式的通項公式為，可知展開式中含的項為，則展開式中的系數為，解得.故答案為：1.13.設是一個隨機試驗中的兩個事件，且，則______.【答案】【解析】【分析】根據對立事件的概率與互斥事件的概率計算公式求解即可.【詳解】因為，故，因為互斥，所以，所以，解得，所以.故答案為：.14.已知函數，且在處的瞬時變化率為．①______；②令，若函數的圖象與直線有且只有一個公共點，則實數的取值范圍是______．【答案】①.②.【解析】【分析】根據導數的概念及于是即可得的值；分類討論確定函數的圖象，滿足其與直線有且只有一個公共點，列不等式即可求得實數的取值范圍.【詳解】因為，所以，由在處的瞬時變化率為得，所以；因為①當時，函數的圖象如下圖所示：要使得函數的圖象與直線有且只有一個公共點，則，所以；②當時，函數的圖象如下圖所示：要使得函數的圖象與直線有且只有一個公共點，則，不妨令，當，恒成立，所以單調遞增，即，所以恒成立，故此時不等式解得；③當時，函數的圖象如下圖所示：要使得函數的圖象與直線有且只有一個公共點，則，所以；④當時，函數的圖象如下圖所示：要使得函數的圖象與直線有且只有一個公共點，則，所以；對于函數，，當，恒成立，所以單調遞減，即，所以恒成立，故此時不等式組無解；綜上，實數的取值范圍是.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程成演算步驟．15.記的內角的對邊分別為，已知（1）求；（2）設的中點為，若，且，求的周長．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理結合可以得到，進而得到；（2）在和中分別利用余弦定理，結合，可以求得的值，進而得到的周長.【小問1詳解】由得，由正弦定理可得，，因為，所以，代入上式，整理得，又因，，所以，又因為，解得.【小問2詳解】在中，由余弦定理得，而，，所以①，在中，由余弦定理得②，由①②兩式消去a，得，所以，又，解得，．，所以的周長.16.已知在多面體中，，，，，且平面平面.（1）設點F為線段BC的中點，試證明平面；（2）若直線BE與平面ABC所成的角為，求二面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由四邊形為平行四邊形.∴，再結合平面，即可證明平面；（2）由空間向量的應用，建立以為原點，所在直線為軸，過點與平行的直線為軸，所在直線為軸的空間直角坐標系，再求出平面的法向量，平面的法向量，再利用向量夾角公式求解即可.【小問1詳解】取的中點，連接，，∵在中，∴.∴由平面平面，且交線為，平面，得平面.∵，分別為，的中點，∴，且.又，，∴，且.∴四邊形為平行四邊形.∴，∴平面.【小問2詳解】∵平面，平面，所以，又因為，所以三者兩兩互相垂直，∴以為原點，所在直線為軸，過點與平行的直線為軸，所在直線為軸，建立空間直角坐標系.則，，.∵平面，∴直線與平面所成的角為.∴.∴.可取平面的法向量，設平面的法向量，，，則，取，則，.∴，∴，∴二面角的余弦值為.17.為了增強學生的國防意識，某中學組織了一次國防知識競賽，高一和高二兩個年級學生參加知識競賽，（1）兩個年級各派50名學生參加國防知識初賽，成績均在區間上，現將成績制成如圖所示頻率分布直方圖（每組均包括左端點，最后一組包括右端點），估計學生的成績的平均分（若同一組中的數據用該組區間的中點值為代表）；（2）兩個年級各派一位學生代表參加國防知識決賽，決賽的規則如下：①決賽一共五輪，在每一輪中，兩位學生各回答一次題目，兩隊累計答對題目數量多者勝；若五輪答滿，分數持平，則并列為冠軍；②如果在答滿5輪前，其中一方答對題目數量已經多于另一方答滿5次題可能答對的題目數量，則不需再答題，譬如：第3輪結束時，雙方答對題目數量比為，則不需再答第4輪了；③設高一年級的學生代表甲答對比賽題目的概率是，高二年級的學生代表乙答對比賽題目的概率是，每輪答題比賽中，答對與否互不影響，各輪結果也互不影響（i）在一次賽前訓練中，學生代表甲同學答了3輪題，且每次答題互不影響，記為答對題目的數量，求的分布列及數學期望（ii）求在第4輪結束時，學生代表甲答對3道題并剛好勝出的概率【答案】（1）學生的成績的平均分的估計值為73.8分（2）（i）分布列見解析，（ii）.【解析】【分析】（1）利用頻率之和為1列出方程，求出a=0.018，進而利用中間值求出平均分的估計值；（2）（i）由題意知X的可能取值為0，1，2，3，根據二項分布求概率，寫出分布列進而求期望即可；（ii）將在第4輪結束時，學生代表甲答對3道題并剛好勝出的事件分拆成乙答對0道與1道兩個事件，再利用互斥事件的概率公式計算而得.【小問1詳解】解：由頻率分布直方圖可知：可得∴平均分的估計值為∴學生的成績的平均分的估計值為73.8分【小問2詳解】（i）由題可得，的可能取值為0，1，2，3∴∴的分布列為0123∴（ii）將“在第4輪結束時，學生代表甲答對3道題并剛好勝出”記為事件，“在第4輪結束時，學生代表乙答對0道題”記為事件，“在第4輪結束時，學生代表乙答對1道題”記為事件∴，，∴.∴在第4輪結束時，學生代表甲答對3道題并剛好勝出的概率為.18.已知且，函數．（1），，為數列的前項和，當時，試比較與2024的大小，并說明理由：（2）當時，證明：；（3）當且時，試討論的零點個數．【答案】（1），理由見解析（2）證明見解析（3）1個.【解析】【分析】（1）求出，利用分組求和法及等差等比數列前項和公式計算即可得解.（2）把代入，利用導數探討單調性，結合函數的零點推理即得.（3）按，分類，利用導數結合（2）的結論及零點存在性定理求解即得.小問