【文档说明】河北省保定市定州中学2024-2025学年高三上学期开学考试 数学 PDF版含解析.pdf，共(12)页，6.492 MB，由小赞的店铺上传

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gGwFAIoAAAwQFABAA=}#}·２０２５届高三开学调研（一）———数学答案第１页（共８页）】２０２５届高三年级开学调研检测（一）数学答案与解析１．【答案】Ｂ【解析】由题意集合Ｂ＝ｘ｜－３＜ｘ{}－２＜３＝ｘ｜－１＜ｘ{}＜５．

故选Ｂ．２．【答案】Ａ【解析】由题意得ｚ１在复平面内所对应的点为（１，２），则ｚ２所对应的点为（１，－２），所以ｚ２＝１－２ｉ，则ｚ１ｚ２＝１＋２ｉ１－２ｉ＝（１＋２ｉ）２（１－２ｉ）（１＋２ｉ）＝－３＋４ｉ５．故选Ａ．３．【答案】Ａ【解析】ｌｏｇ４ｘ

＋ｌｏｇ４ｙ＝２，∴ｘ＞０，ｙ＞０，ｌｏｇ４（ｘｙ）＝２，ｘｙ＝１６，【法一】∴１ｘ＋２ｙ≥２２槡ｘｙ＝２２槡１６＝槡２２，当且仅当１ｘ＝２ｙ时，上式等号成立，又ｘｙ＝１６，可得ｘ槡＝２２，ｙ槡＝４２时，１ｘ＋２ｙ的最小值为槡２２．故选Ａ．【法二】∴１ｘ

＋２ｙ＝ｙ１６＋２ｙ≥槡２２，当且仅当ｙ１６＝２ｙ时，上式等号成立，又ｘｙ＝１６，可得ｘ槡＝２２，ｙ槡＝４２时，１ｘ＋２ｙ的最小值为槡２２．故选Ａ．４．【答案】Ａ５．【答案】Ｃ【解析】【法一】化为空间向量问题，以ＢＡ→１，ＢＣ→１，→{}ＢＤ作为基底，则ＭＡ→１＝ＢＡ→１－１２→Ｂ

Ｄ，→ＢＮ＝１２ＢＡ→１＋１２ＢＣ→１，设向量ＭＡ→１和→ＢＮ的夹角为θ，则直线Ａ１Ｍ和ＢＮ夹角的余弦值等于｜ｃｏｓθ｜．进行向量运算ＭＡ→１·→ＢＮ＝（ＢＡ→１－１２→ＢＤ）·（１２ＢＡ→１＋１２ＢＣ→１）＝１２ＢＡ→１２－１４→

ＢＤ·ＢＡ→１＋１２ＢＡ→１·ＢＣ→１－１４→ＢＤ·ＢＣ→１因为四面体ＤＢＡ１Ｃ１为正四面体，所以ＢＡ→１＝ＢＣ→１＝→ＢＤ且ＢＡ→１，ＢＣ→１，→ＢＤ夹角均为π３，所以ｃｏｓθ＝ＭＡ→１·→ＢＮＭＡ→１·→

ＢＮ＝１２ＢＡ→１２－１４→ＢＤ·ＢＡ→１＋１２ＢＡ→１·ＢＣ→１－１４→ＢＤ·ＢＣ→１槡３２ＢＡ→１·槡３２ＢＡ→１＝１２ＢＡ→１２－１８ＢＡ→１２＋１４ＢＡ→１２－１８ＢＡ→１２槡３２ＢＡ→１·槡３２ＢＡ→１＝１２３４＝２３．故选

Ｃ．{#{QQABbYgAoggoAJAAARgCQwnYCAGQkAGAAYgGwFAIoAAAwQFABAA=}#}·２０２５届高三开学调研（一）———数学答案第２页（共８页）】【法二】分别以ＤＡ，ＤＣ，ＤＤ１所在的直线为ｘ，ｙ，ｚ轴建立如右图所示的空间

直角坐标系．设正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１的棱长为２，得Ａ１（２，０，２），Ｍ（１，１，０），Ｂ（２，２，０），Ｎ（１，１，２）得ＭＡ→１＝（１，－１，２），→ＢＮ＝（－１，－１，２）．设向量ＭＡ→１和→

ＢＮ的夹角为θ，则直线Ａ１Ｍ和ＢＮ夹角的余弦值等于ｃｏｓθ．进行向量运算得ｃｏｓθ＝ＭＡ→１·→ＢＮ｜ＭＡ→１｜·｜→ＢＮ｜＝－１＋１＋４槡１＋１＋４·槡１＋１＋４＝４６＝２３．故选Ｃ．【法三】连接Ｄ１Ｍ，易得Ｄ１Ｍ∥ＮＢ，则直线Ａ１Ｍ和ＢＮ夹角即为直线Ａ１Ｍ和Ｄ１Ｍ所成角或其补角，

设正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１的棱长为２，则△Ａ１ＭＤ１中，Ａ１Ｍ槡＝６，Ｄ１Ｍ槡＝６，Ａ１Ｄ１＝２，由余弦定理得，ｃｏｓ∠Ａ１ＭＤ１＝６＋６－４２×６＝２３．故选Ｃ．６．【答案】Ｂ【解析】由题意得，Ｆ（１，０），Ａ到ｌ的

距离等于｜ＡＦ｜＝｜ＡＢ｜，即点Ａ在线段ＦＢ的垂直平分线上，所以点Ａ的横坐标为２，不妨设点Ａ在ｘ轴上方，代入得，Ａ（２，槡２２），所以△ＡＦＢ面积为槡２２．故选Ｂ．７．【答案】Ｂ【解析】【法一】因为ａ＝１，ｂ槡＝３，ａ

·ｂ＝０，ｂ－ａ＝（ｂ－ａ）槡２＝２，ａ－ｃ＝ｂ－ｃ得ａ－ｃ２＝ｂ－ｃ２，ａ２－２ａ·ｃ＋ｃ２＝ｂ２－２ｂ·ｃ＋ｃ２，即１－２ａ·ｃ＝３－２ｂ·ｃ，所以ｂ·ｃ－ａ·ｃ＝１，（ｂ－ａ）·ｃ＝１，设ｂ－ａ与ｃ的夹角为θ，则（ｂ－ａ）·ｃ＝ｂ－ａ·ｃ

·ｃｏｓθ＝１，当ｃｏｓθ＝１时，ｃ最小为１２．故选Ｂ．【法二】因为ａ＝１，ｂ槡＝３，ａ·ｂ＝０，如图所示：设ＲｔΔＡＢＣ中，→ＯＡ＝ａ，→ＯＢ＝ｂ，则→ＡＢ＝２，设→ＯＣ＝ｃ，由ａ－ｃ＝ｂ－ｃ知，Ｃ点在线段ＡＢ的垂直平分线ＤＥ上，且ＯＤ＝１，则ｃ最小值为点

Ｏ到直线ＤＥ的距离１２．故选Ｂ．【法三】因为ａ＝１，ｂ槡＝３，ａ·ｂ＝０，建立如图平面直角坐标系，则Ａ（０，１），Ｂ（槡３，０）．设ｃ＝（ｘ，ｙ），由ａ－ｃ＝ｂ－ｃ知，ｘ２＋（ｙ－１）槡２＝（ｘ槡－３）２＋ｙ槡２ｙ槡＋１＝３ｘ，ｃ

＝ｘ２＋ｙ槡２＝４ｘ２槡－２３ｘ槡＋１，当ｘ＝槡３４，ｃ取最小值１２．故选Ｂ．{#{QQABbYgAoggoAJAAARgCQwnYCAGQkAGAAYgGwFAIoAAAwQFABAA=}#}·２０２５届高三开学调研（一）———数学答案第３页（共８页）】８．【答案】

Ｄ【解析】【法一】记甲上到第ｎ级台阶共有ａｎ种上法，则ａ１＝１，ａ２＝２，上到第３级的方法为，每一步一级，或第一步一级第二步两级，或第一步两级第二步一级，或一步走三级，共四种上法，所以ａ３＝４．当ｎ≥４时，学生甲上到

第ｎ级台阶，可以从第ｎ－１级或第ｎ－２级或第ｎ－３级上去，所以ａｎ＝ａｎ－１＋ａｎ－２＋ａｎ－３，于是ａ４＝７，ａ５＝１３，ａ６＝２４，ａ７＝４４，ａ８＝８１，ａ９＝１４９，ａ１０＝２７４，ａ１１＝５０４，其中甲踩过第６级台阶的上台阶方法数，可分两步计算，第一步，从第１级到第６级，共有ａ６

种方法；第二步，从第７级到第１１级，相当于从第１级到第５级的方法数，共有ａ５种方法；所以甲踩过第６级台阶的上台阶方法数有ａ６ａ５＝２４×１３，则甲没踩过第６级台阶的概率是Ｐ＝１－ａ６ａ５ａ１１＝１－２４×１３５０４＝８２１．故选Ｄ．【法二】１１级楼梯，甲一步能上

１级或２级台阶，最多可以一步上３级，三步三级：３＋３＋３＋２＝１１走法为Ｃ１４＝４；３＋３＋３＋１＋１＝１１走法为Ｃ２５＝１０．两步三级：３＋３＋１＋１＋１＋１＋１＝１１走法为Ｃ２７＝２１，３＋３＋２＋１＋１＋１＝１

１走法为Ｃ２６Ｃ１４＝６０，３＋３＋２＋２＋１＝１１走法为Ｃ２５Ｃ２３＝３０；一步三级：３＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＝１１走法为Ｃ１９＝９，３＋２＋１＋１＋１＋１＋１＋１＝１１走法为Ｃ１８Ｃ１７＝５６，３＋２＋２＋１＋１＋１＋１＝１１走法为Ｃ１７Ｃ２６＝１０５

，３＋２＋２＋２＋１＋１＝１１走法为Ｃ１６Ｃ３５＝６０，３＋２＋２＋２＋２＝１１走法为Ｃ１５＝５；零步三级：１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＝１１走法为Ｃ１１１１＝１，２＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＝１１走

法为Ｃ１１０＝１０，２＋２＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＝１１走法为Ｃ８９＝３６，２＋２＋２＋１＋１＋１＋１＋１＝１１走法为Ｃ３８＝５６，２＋２＋２＋２＋１＋１＋１＝１１走法为Ｃ４７＝３５，２＋２＋２＋２＋２＋１＝１１走法为Ｃ１６＝６；综上，上１１级台阶共有４＋１０＋２１＋６０＋３０＋

９＋５６＋１０５＋６０＋５＋１＋１０＋３６＋５６＋３５＋６＝５０４．同理，可得从第１级到第６级，共有２４种方法；从第７级到第１１级共有１３种方法，则甲没踩过第６级台阶的概率是Ｐ＝１－２４×１３５０４＝８２１．故选

Ｄ．９．【答案】ＢＣＤ【解析】①（ｘ１－ｘ２）（ｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２））＞０，函数ｆ（ｘ）在定义域内单调递增．②ｆ（ｘ１－２）＋ｆ（２－ｘ１）＝０，函数ｆ（ｘ）为奇函数．③ｆ（ｘ１＋ｘ２２）＜ｆ（ｘ１）＋ｆ（ｘ２）２

，函数ｆ（ｘ）图象向下凸．④ｆ（２ｘ１）＋ｆ（２＋２ｘ１）＝０，说明函数ｆ（ｘ）周期为４．故选ＢＣＤ．{#{QQABbYgAoggoAJAAARgCQwnYCAGQkAGAAYgGwFAIoAAAwQFABAA

=}#}２０２５届高三开学调研（一）———数学答案第４页（共８页）】１０．【答案】ＡＢＤ１１．【答案】ＣＤ【解析】ｆ（ｘ）＝ｓｉｎ２ωｘ＋（ｃｏｓ２ωｘ－ｓｉｎ２ωｘ）＝ｓｉｎ２ωｘ＋ｃｏｓ２ωｘ槡＝

２ｓｉｎ２ωｘ＋π()４．当ｘ∈π１２，π()３时，２ωｘ＋π４∈πω６＋π４，２πω３＋π()４，因为函数ｆ（ｘ）在π１２，π()３上有最大值，无最小值，所以存在ｋ∈Ｚ，使得－π２＋２ｋπ≤πω６＋π４＜π２＋

２ｋπ＜２πω３＋π４≤３π２＋２ｋπ整理得－９２＋１２ｋ≤ω＜３２＋１２ｋ３８＋３ｋ＜ω≤１５８＋３{ｋ，（ｋ∈Ｚ）．所以－９２≤ω＜３２３８＜ω≤１５{８，解得３８＜ω＜３２．又因为ω∈Ｎ，故ω＝１，得ｆ（ｘ）槡＝２ｓｉｎ２ｘ＋π()４，由性质

故选ＣＤ．１２．【答案】槡５－１２【解析】因为→ＦＡ·→ＡＢ＝０，所以△ＡＦＢ为直角三角形，又｜ＦＡ｜＝ａ，｜ＡＢ｜＝ａ２＋ｂ槡２，｜ＦＢ｜＝ａ＋ｃ，得ａ２＋ａ２＋ｂ２＝（ａ＋ｃ）２，ａ２＋ａ２＋ｂ２＝ａ２＋２ａｃ＋ｃ２２ｃ２＋２ａｃ－２ａ

２＝０，ｃ２ａ２＋ｃａ－１＝０ｅ＝ｃａ＝槡５－１２．１３．【答案】１２１【解析】令ｘ＝１，则ａ５＋ａ４＋ａ３＋ａ２＋ａ１＋ａ０＝－１，令ｘ＝－１，则－ａ５＋ａ４－ａ３＋ａ２－ａ１＋ａ０＝－２４３，故ａ５＋ａ３＋ａ１＝－１＋２４３２＝１２１．１４．【答案】１９１８９【解析】如图为该几

何体的轴截面，其中圆Ｏ是等腰梯形ＡＢＣＤ的内切圆，设圆Ｏ与梯形的腰相切于点Ｐ，Ｑ，与上、下底分别切于点Ｏ１，Ｏ２，圆台上、下底面的半径为ｒ１＝１，ｒ２＝３．得ＣＯ１＝ＣＰ＝１，ＢＯ２＝ＢＰ＝３，ＢＣ＝ＢＰ＋ＰＣ＝４．则可得直角梯形Ｏ１Ｏ２ＢＣ中，∠Ｂ＝π３，Ｏ１Ｏ２＝２｜ＯＰ槡

｜＝２３．连接ＯＰ，得∠Ｏ１ＯＰ＝π３，则｜ＱＰ｜＝３．设ＱＰ与Ｏ１Ｏ２交于点Ｏ３，则Ｏ１Ｏ３＝槡３２，易得圆台Ｏ１Ｏ２体积为槡１９３２４π，圆台Ｏ２Ｏ３体积为槡６３３８π，故切痕所在平面分圆台上下两部分体积比为１９１８９．１５．解：（１）【法一】因为（

２ｂ－ａ）ｃｏｓＣ＝ｃｃｏｓＡ，由正弦定理得，２ｓｉｎＢｃｏｓＣ－ｓｉｎＡｃｏｓＣ＝ｃｏｓＡｓｉｎＣ，２ｓｉｎＢｃｏｓＣ＝ｓｉｎＡｃｏｓＣ＋ｃｏｓＡｓｉｎＣ，２分����������������������即２ｓｉｎＢｃｏｓ

Ｃ＝ｓｉｎ（Ａ＋Ｃ），{#{QQABbYgAoggoAJAAARgCQwnYCAGQkAGAAYgGwFAIoAAAwQFABAA=}#}２０２５届高三开学调研（一）———数学答案第５页（共８页）】又Ａ＋Ｂ＋Ｃ＝π，所以ｓｉｎ（Ａ＋Ｃ）＝ｓｉｎＢ≠０，３分��

���������������所以ｃｏｓＣ＝１２，又０＜Ｃ＜π，即Ｃ＝π３．５分�������������������【法二】因为（２ｂ－ａ）ｃｏｓＣ＝ｃｃｏｓＡ，由余弦定理得（２ｂ－ａ）ａ２＋ｂ２－ｃ２２ａｂ＝ｃｂ２＋ｃ２－ａ２２ｂｃ（２ｂ

－ａ）ａ２＋ｂ２－ｃ２ａ＝ｂ２＋ｃ２－ａ２２ｂａ２＋ｂ２－ｃ２ａ－ａ２－ｂ２＋ｃ２ｂ２＋ｃ２－ａ２２ｂａ２＋ｂ２－ｃ２ａ＝２ｂ２３分����������ａ２＋ｂ２－ｃ２ａ＝ｂａ２＋ｂ２－ｃ２２ａｂ＝１２所以ｃｏｓＣ＝１２，又０＜Ｃ＜π，即Ｃ＝π３．５分�����������

��������（２）由余弦定理得ｃ２＝ａ２＋ｂ２－２ａｂｃｏｓＣａ２＋ｂ２－ａｂ＝１６，即（ａ＋ｂ）２＝１６＋３ａｂ①设△ＡＢＣ的内切圆半径为ｒ，由等面积公式得１２（ａ＋ｂ＋ｃ）ｒ＝１２ａｂｓｉｎＣ．７分����

��即１２（ａ＋ｂ＋ｃ）×槡３２＝１２×ａｂ×槡３２．整理得ａ＋ｂ＋４＝ａｂ，即ａ＋ｂ＝ａｂ－４（ａ＋ｂ）２＝ａ２ｂ２－８ａｂ＋１６②１０分������联立①②，解得ａｂ＝１１，所以△ＡＢＣ的面积为１２ａｂｓｉｎＣ＝１２×１１×槡３２＝槡１１３４．１３分�������������

１６．解：（１）【法一】证明：如图所示，取ＢＤ中点Ｏ，且Ｐ是ＢＭ中点，∴ＰＯ∥ＭＤ且ＰＯ＝１２ＭＤ，２分���������������取ＣＤ的四等分点Ｈ，使ＤＨ＝３ＣＨ，且ＡＱ＝３ＱＣ，则ＱＨ∥ＭＤ，且ＱＨ＝１４ＡＤ＝１２ＭＤ，∴ＰＯ瓛ＱＨ，４分�

������������������������������∴四边形ＯＰＱＨ为平行四边形，∴ＰＱ∥ＯＨ，ＰＱ在平面ＢＣＤ外，且ＯＨ平面ＢＣＤ，∴ＰＱ∥平面ＢＣＤ．６分����������������������������【法二】连接ＡＰ并延长交ＢＤ于Ｎ，连接ＮＣ，在△Ａ

ＢＤ中，过点Ｐ作ＰＨ∥ＢＤ，因为Ｐ是ＢＭ的中点，则ＭＨ＝ＨＤ，２分�又Ｍ是ＡＤ的中点，ＡＨ＝３ＨＤ，得ＡＰ＝３ＰＮ，４分����������在△ＡＮＣ中，ＡＱ＝３ＱＣ，则ＰＱ∥ＮＣ，又ＮＣ平面ＢＣＤ，ＰＱ平面ＢＣＤ，∴ＰＱ∥平面ＢＣＤ．

６分����������������������������（２）由ＢＤ＝２ＣＤ＝２，ＢＣ槡＝３，知ＢＣ⊥ＣＤ．以Ｄ为坐标原点，过点Ｄ与ＢＣ平行的直线为ｘ轴，分别以ＤＣ、ＤＡ所在直线为ｙ轴和ｚ轴建{#{Q

QABbYgAoggoAJAAARgCQwnYCAGQkAGAAYgGwFAIoAAAwQFABAA=}#}·２０２５届高三开学调研（一）———数学答案第６页（共８页）】立如图所示的空间直角坐标系．又ＡＤ＝２，得Ａ（

０，０，２），Ｍ（０，０，１），Ｂ（槡３，１，０），Ｃ（０，１，０），→ＡＢ＝（槡３，１，－２），→ＡＭ＝（０，０，－１），→ＭＢ＝（槡３，１，－１），→ＭＣ＝（０，１，－１）．８分�����设平面ＡＢＭ的一个法向

量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ），则ｎ·→ＡＢ＝０ｎ·→ＡＭ{＝０，即槡３ｘ＋ｙ－２ｚ＝０ｚ{＝０，取ｘ槡＝３，则ｙ＝－３，即ｎ＝（槡３，－３，０）；１０分��������设平面ＢＣＭ的一个法向量为ｍ＝（ｘ１，ｙ１，ｚ１），则ｍ·→ＭＢ＝０ｍ·→ＭＣ{＝０，即槡３ｘ１＋ｙ１－ｚ

１＝０ｙ１－ｚ１{＝０，取ｙ１＝１，得ｍ＝（０，１，１）．１２分��������������������������因为ｃｏｓ＜ｍ，ｎ＞＝ｍ·ｎ｜ｍ｜×｜ｎ｜＝３槡１＋１·槡３＋９＝槡６４，所以二面角Ａ－ＢＭ－Ｃ的正弦值为槡１０４

．１５分������������������１７．解：（１）由题意可得２ａ＝４，ａ＝２，又ｅ＝３２，ｃ＝３，所以ｂ２＝ｃ２－ａ２＝５，则双曲线Γ的方程为ｘ２４－ｙ２５＝１；４分��������������������

���（２）设切线ｌ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｍ．则原点到ｙ＝ｋｘ＋ｍ的距离为１，得｜ｍ｜ｋ２槡＋１＝１，即ｍ２＝ｋ２＋１．５分�������由ｙ＝ｋｘ＋ｍ５ｘ２－４ｙ２{＝２０，得（５－４ｋ２）ｘ２－８ｋｍｘ－４ｍ２－２０＝０．６分����������������������因为切

线ｌ：ｙ＝ｋｘ＋ｍ过Γ上一点，所以５－４ｋ２≠０，方程（５－４ｋ２）ｘ２－８ｋｍｘ－４ｍ２－２０＝０有解．得Δ＝６４ｋ２ｍ２－４（５－４ｋ２）（－４ｍ２－２０）≥０，化简得ｍ２＋５≥４ｋ２，又ｍ２＝ｋ２＋１，解得槡－２≤ｋ≤槡２，８分�������

���������������所以切线ｌ斜率最大为槡２，此时直线为ｙ槡＝２ｘ槡±３．不妨取切线ｌ方程为ｙ槡＝２ｘ槡－３，设ｙ槡＝２ｘ槡－３与Γ的渐近线交于Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），则Γ的渐近线方程ｘ２４

－ｙ２５＝０与ｙ槡＝２ｘ槡－３联立得，３ｘ２槡－８６ｘ＋１２＝０，１０分����则ｘ１＋ｘ２＝槡８６３，ｘ１ｘ２＝４，得｜ＡＢ槡｜＝３（ｘ１＋ｘ２）２－４ｘ１ｘ槡２槡＝３１２８３槡槡－１６＝４５，１２分�又原点到直线ｙ槡＝２ｘ槡－３的距离

为１，所以△ＡＢＣ面积为槡４５×１２槡＝２５，即切线ｌ斜率最大时与Γ的渐近线围成的三角形面积为槡２５．１５分���������{#{QQABbYgAoggoAJAAARgCQwnYCAGQkAGAAYgGwFAIoAAA

wQFABAA=}#}２０２５届高三开学调研（一）———数学答案第７页（共８页）】１８．解：（１）当ａ＝０时，函数ｆ（ｘ）＝－２ｅｘ－ｘ，ｆ（０）＝－２，２分�������������又ｆ′（ｘ）＝－２ｅｘ－１，则ｆ′（０）＝－２－１＝－３．所以ｆ（ｘ）在点（０，ｆ（０））处

的切线方程为ｙ＝－３ｘ－２．４分�������������（２）由题意知，ｆ（ｘ）的定义域为（－∞，＋∞），ｆ′（ｘ）＝２ａｅ２ｘ＋（ａ－２）ｅｘ－１＝（２ｅｘ＋１）（ａｅｘ－１），２ｅｘ＋１＞０恒成立．若ａ≤０，则ｆ′（ｘ）＜０，所以ｆ（ｘ）在（－∞，＋∞）上单调递减；６分���������

��若ａ＞０，令ｆ′（ｘ）＝０，解得ｘ＝－ｌｎａ．当ｘ∈（－∞，－ｌｎａ）时，ｆ′（ｘ）＜０，当ｘ∈（－ｌｎａ，＋∞）时，ｆ′（ｘ）＞０；所以ｆ（ｘ）在（－∞，－ｌｎａ）上单调递减，在（－ｌｎａ，＋∞）上单调递增．综上，当ａ≤０时，ｆ（ｘ）在（－∞，＋∞）上单调递减；当ａ＞０时，ｆ（ｘ）在（－

∞，－ｌｎａ）上单调递减，在（－ｌｎａ，＋∞）上单调递增．９分�����������������������（３）若ａ≤０，由（２）知，ｆ（ｘ）至多有一个零点．１０分����������������若ａ＞０

，由（２）知，当ｘ＝－ｌｎａ时，ｆ（ｘ）取得最小值为ｆ（－ｌｎａ）＝１－１ａ＋ｌｎａ．设ｇ（ｘ）＝１－１ｘ＋ｌｎｘ，ｇ′（ｘ）＝１ｘ２＋１ｘ＝ｘ＋１ｘ２＞０，故ｇ（ｘ）＝１－１ｘ＋ｌｎｘ在（０，＋∞）单调递增，又ｇ（１）＝０．１２分�����������ⅰ）当ａ∈［１，

＋∞）时，ｆ（－ｌｎａ）＝１－１ａ＋ｌｎａ≥０，故ｆ（ｘ）没有两个零点；１３分�����ⅱ）当ａ∈（０，１）时，ｆ（－ｌｎａ）＝１－１ａ＋ｌｎａ＜０，又ｆ（－２）＝ａｅ－４＋（ａ－２）ｅ－２＋２＞－２ｅ－２＋２＞０，故ｆ（ｘ）在（－∞，－ｌｎａ）上有一个零点．１４分���������

�����������当ｘ＞ｌｎ３ａ，则ｅｘ＞ｅｌｎ３ａｅｘ＞３ａａｅｘ＞３，得ａｅｘ－３＞０ａｅｘ＋ａ－３＞０，得ｅｘ（ａｅｘ＋ａ－３）＞０，即ａｅ２ｘ＋ａｅｘ－３ｅｘ＞０，又易知ｅｘ＞ｘ，则ａｅ２ｘ＋ａｅｘ－３ｅｘ＋ｅｘ－ｘ＞０，即ａｅ２ｘ＋ａｅｘ－２ｅｘ－ｘ＞０ａｅ２ｘ＋

（ａ－２）ｅｘ－ｘ＞０，因此ｆ（ｘ）在（－ｌｎａ，＋∞）上也有一个零点．１６分�����������������综上，若ｆ（ｘ）有两个零点，实数ａ的取值范围为（０，１）．１７分������������

１９．解：（１）有放回取球下（Ｘ，Ｙ）的联合分布律和边缘分布律；（Ｘ，Ｙ）＝｛（０，０），（０，１），（１，０），（１，１）｝Ｐ（Ｘ＝０，Ｙ＝０）＝３５×３５＝９２５，Ｐ（Ｘ＝０，Ｙ＝１）＝３５×２５＝６２５，Ｐ（Ｘ＝１，Ｙ＝０）＝２５×３

５＝６２５，Ｐ（Ｘ＝１，Ｙ＝１）＝２５×２５＝４２５，ＹＸ０１Ｘ边缘公布律０９２５６２５３５１６２５４２５２５Ｙ边缘分布律３５２５１２分������������������������������������{#{QQABbYgAoggoAJAAARgCQwnYCAG

QkAGAAYgGwFAIoAAAwQFABAA=}#}２０２５届高三开学调研（一）———数学答案第８页（共８页）】不放回取球下（Ｘ，Ｙ）的联合分布律和边缘分布律；（Ｘ，Ｙ）＝｛（０，０），（０，１），（１，０），（１，１）｝Ｐ（Ｘ＝０，Ｙ＝０）＝３５×２４

＝０．３，Ｐ（Ｘ＝０，Ｙ＝１）＝３５×２４＝０．３，Ｐ（Ｘ＝１，Ｙ＝０）＝２５×３４＝０．３，Ｐ（Ｘ＝１，Ｙ＝１）＝２５×１４＝０．１，ＹＸ０１Ｘ边缘公布律００．３０．３０．６１０．３０．１０．４Ｙ边缘分布律０．６０．４１４分���������

���������������������������（２）（ⅰ）由（１）知有放回取球下（Ｘ，Ｙ）的联合分布律和边缘分布律中，Ｐ（Ｘ＝０，Ｙ＝０）＝３５×３５＝９２５，Ｐ（Ｘ＝０，Ｙ＝１）＝３５×２５＝６２５，Ｐ（Ｘ＝１，Ｙ＝０）＝２５×３５＝６２５，Ｐ（

Ｘ＝１，Ｙ＝１）＝２５×２５＝４２５，满足ｐｉｊ＝ｐｉ·×ｐ·ｊ（ｉ＝１，２，３，…，ｎ，ｊ＝１，２，３，…，ｍ），所以Ｘ与Ｙ相互独立．６分����在不放回摸球联合分布律中，Ｐ（Ｘ＝０，Ｙ＝０）＝０．３≠０．６×０．６，不满足满足ｐ

ｉｊ＝ｐｉ·×ｐ·ｊ（ｉ＝１，２，３，…，ｎ，ｊ＝１，２，３，…，ｍ），则Ｘ与Ｙ不是相互独立．８分�����������������������（ⅱ）ＹＸｙ１ｙ２…ｙｍＸ边缘公布律ｘ１ｐ１１ｐ１２…ｐ１ｍｐ１·ｘ２ｐ２１ｐ２２…ｐ２ｍｐ２·…………

……ｘｎｐｎ１ｐｎ２…ｐｎｍｐｎ·Ｙ边缘公布律ｐ·１ｐ·２…ｐ·ｍ１任取分布律中的一行为ｐｉ１，ｐｉ２，ｐｉ３，…，ｐｉ（ｍ－１），ｐｉｍ（ｉ＝１，２，３，…，ｎ），另一行为ｐｋ１，ｐｋ２，ｐｋ３，…，ｐｋ（ｍ－１），ｐｋｍ

（ｋ＝１，２，３，…，ｎ），其中ｉ≠ｋ，因为二维离散型随机变量Ｘ与Ｙ相互独立，（Ｘ，Ｙ）的联合分布律与边缘分布律满足ｐｉｊ＝ｐｉ·×ｐ·ｊ（ｉ＝１，２，３，…，ｎ，ｊ＝１，２，３，…，ｍ），所以ｐｉ１＝ｐｉ·×ｐ·１，ｐｉ２＝ｐｉ·×ｐ·２，ｐｉ３＝ｐｉ·×ｐ·３，…

，ｐｉｍ＝ｐｉ·×ｐ·ｍｐｋ１＝ｐｋ·×ｐ·１，ｐｋ２＝ｐｋ·×ｐ·２，ｐｋ３＝ｐｋ·×ｐ·３，…，ｐｋｍ＝ｐｋ·×ｐ·ｍ１２分�����������因为ｐｉｊ＝ｐｉ·×ｐ·ｊ＞０（ｉ＝１，２，３，…，ｎ，ｊ＝１，２，３，…，ｍ）ｐｋ１ｐｉ１＝ｐｋ·×ｐ·１

ｐｉ·×ｐ·１＝ｐｋ·ｐｉ·，ｐｋ２ｐｉ２＝ｐｋ·×ｐ·２ｐｉ·×ｐ·２＝ｐｋ·ｐｉ·，…，ｐｋｍｐｉｍ＝ｐｋ·×ｐ·ｍｐｉ·×ｐ·ｍ＝ｐｋ·ｐｉ·１４分�����������所以ｐｋ１ｐｉ１＝ｐｋ２ｐｉ２＝…＝ｐｋｍｐｉｍ＝ｐｋ·ｐｉ·，则分布律中任意两行对应成比例．同理可证分布律中任意两列也对

应成比例．１７分�����������������{#{QQABbYgAoggoAJAAARgCQwnYCAGQkAGAAYgGwFAIoAAAwQFABAA=}#}