【文档说明】陕西省安康市2024-2025学年高三上学期开学考试 数学 PDF版含解析.pdf，共(17)页，2.799 MB，由小赞的店铺上传

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{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}{#{QQABYY

AAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}数学全解全析及评分标准第1页（共13页）20

25届新高三学情摸底考（新课标卷）数学·全解全析及评分标准阅卷注意事项：1.阅卷前请各学科教研组长，组织本学科改卷老师开会，强调改卷纪律，统一标准。2.请老师改卷前务必先做一遍试题，了解自己所改试题的答案、评分细则、答

题角度后，再开始改卷。3.请老师认真批阅，不可出现漏改、错改现象，如果不小心漏改或错改了，可以点击回评按钮重评。4.成绩发布后，如果有学校反馈错评乱评，平台定位阅卷老师，进行通报批评。5.解答题要在学生的答案中找寻有用的文字说明、证明过程或演算步骤，合理即可给分。6.解答题不要只看结

果，结果正确，但中间的文字说明、证明过程或演算步骤无法建立有效衔接的，不能给满分；同样，结果错误，但正确写出相应的文字说明、证明过程或演算步骤应给分，因第(1)问中结果算错，使后面最终结果出错(过程列式

正确)，不宜重复扣分。7.阅卷平台出现的相关问题，如果刷新页面重新登录未能解决，请将问题反馈给学校负责技术的老师(或考试负责人），由其统一在技术QQ群里反馈问题并协助解决。1234567891011CABDDBCAACDACBCD一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选

项中，只有一项是符合题目要求的。1．C【解析】因为2{1,3,2},{1,}MaNa，{1,4}MN，所以224,4,aa解得2a.故选C.2．A【解析】设i,,zababR，则izab，所以i2(i)3iabab，即3i3

iab，所以33,1,ab解得1,1,ab所以1iz，所以3i3i(3i)(1i)24i12i1i(1i)(1i)2z．故选A．3．B【解析】由题意，知2(32,2)mab，(3,7)mab．由向量2

ab与ab共线，得7(32)2(3)0mm，即1227m，解得94m．故选B．4．D【解析】因为()()cosfxxax为奇函数，所以(0)0f，即0a，所以()cosfxxx．求导，得()cossin,fxxxx所以(π)1f

.又(π)πf，所以曲线()yfx在点(π,(π))f处的切线方程为(π)yx，即0xy．故选D．5．D【解析】由π2sinsin()4，得22sin(sincos)2，所以sincos，所以πsin()04，{#{QQA

BYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}数学全解全析及评分标准第2页（共13页）所以,4kkZ，所以2221sin2coscos2．故选D．6．B【解析】可将222

0xyx转化为22(1)1xy，所以圆心为(1,0)C，设直线:2()0lymxmm，P为直线l上一动点.由题意，得||PC的最小值为2，即当PC与直线l垂直时，||PC取得最小值2，

则2|3|21mm.因为0m，解得147m．故选B．7．C【解析】取棱AC的中点M，连接BM，DM．因为ABC△是边长为2的等边三角形，所以BMAC且3BM．又因为ACD△为等腰直角三角形且直线BD为该筝形的对称轴，所以2ADCD，DMAC且1DMAMCM．又因为2BD，

所以BMD△为直角三角形，且BMDM．过ABC△的外接圆圆心O作直线1l平面ABC，过点M作直线2l平面ACD，直线1l与直线2l相交于点O，则点O为四面体ABCD外接球的球心，计算，得四面体ABCD外接球的半径233R，所以四面体ABCD外接球的表面积2

16π4π3SR．故选C．8．A【解析】设(,)(0,0)Mxyxy，则(,)Nxy，222222tanta22ntantan()1(1)tantan1yyNAOMAOxaxaNAOMAOyyNAOMAOxaxyx

yaayaybxx222(1)xayb.又tanyx，所以2222tantan3bba，即223ba，所以22214bea，即2e，所以双曲线C的离心率为2

.故选A．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。9．ACD【解析】对于A，由题意，知事件1A表示摸出的两个球的编号为1,2或1,3，事件2A表示摸出的两个球的编号为3,4

，所以事件1A与事件2A是互斥事件，故A正确；对于B，事件3A表示摸出的两个球的编号为1,3或2,3或3,4，因为13AA，所以事件1A与事件3A不是对立事件，故B错误；对于C，因为11()3PA，31()2PA，131()6PAA，所以1313()()()PAAPAPA，所以事件

1A与事件3A是相互独立事件，故C正确；对于D，因为事件23AA表示摸出的两个球的编号为3,4，事件13AA表示摸出的两个球的编号为1,3，{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#

}数学全解全析及评分标准第3页（共13页）所以事件23AA与事件13AA是互斥事件，故D正确．故选ACD．10．AC【解析】由题意，知点(3cos,3sin)22Mxx.对于A，22π1π3ππ(

)(3cos)(3sin)423cos()222223xxxx，故A正确；对于B，当203x时，π20π()423cos()423cos3π423233x，为最大值，故B错误；对于C，令232xkkZ，解得52,3x

kkZ，所以点5(,4)3是曲线()yx的一个对称中心，故C正确；对于D，令ππ2π2ππ23kxkkZ，，解得284433kxkkZ，.又[0,4)x，所以0k，2833x，所以()x的单调递增区间为28[,]33，故D错误.故选AC．11．BCD

【解析】对于A，令0xy，得(0)0f，令yx，得()()0fxfx，所以()fx为奇函数，故A错误；对于B，令1xy，得(2)2(1)2ff，令1,2xy，得(3)(1)(2)6fff，又(3)12f，所

以3(1)812f，所以4(1)3f，4(1)(1)3ff，故B正确；对于C，由22()()()fxyfxfyxyxy，得333()()()()333xyxyfxyfxfy，记3()

()3xgxfx，则()()()gxygxgy，且()gx也为奇函数.又当0x时，33()3()0gxfxx，即()0gx.下面证明()gx在(0,)上单调递增，设210xx，则212121()()()()()0gxg

xgxgxgxx，即当210xx时，21()()gxgx，所以()gx在(0,)上单调递增.又()gx为奇函数，当0x时，()0gx，所以()gx在R上单调递增，所以3()()3xfxgx在R上单调递增，故C正确；对于D，令1y，得2(1)(

)(1)fxfxfxx，所以(1)()21fxfxx.又()fx为奇函数，所以()fx为偶函数.因为ππππ(sin(1))(1),(sin(2))(0),(sin(3))(1),(sin(4))(0)2222ffffffff

，及(sin)2fx的周期为4，所以20241π(sin)506[(1)(0)(1)(0)]1012[(1)(0)]2ififfffff.

{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}数学全解全析及评分标准第4页（共13页）由(3)(2)5(1)8(0)910,ffff解得(1)2,(0)1ff

，所以20241π(sin)1012[(1)(0)]30362ififf，故D正确．故选BCD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．23【解析】因为8(3)x的展开式中kx的系数为888(3)

Ckk，0,1,8k,，所以所求的9x的系数为881100C3C3()()24123．故填23.13．3或7【解析】由113sin21sin222ABCSabCC△，得3sin2C.因为0C,所以π3C或23C

.当π3C时，由余弦定理，得222222cos21221cos3cababC，解得3c；当23C时，由余弦定理，得2222222cos21221cos3cababC，解得7c．故填3或7．14．32(,)4

【解析】由题意，知射线:(0)OPyxx，||ORb，||OTa，联立2222(0)1yxxxyab，得2222abxyab，2222||2abOSab，所以222||||||2OROTabOSab

.又圆1C与圆2C围成的图形的面积大于圆1C的面积，所以222πππabb，即222ab，所以2ab，所以222221||||||22aOROTabbaOSabb11()2aabb

，令atb，又1ytt在(2,)上单调递增，所以2||||32||4OROTOS.故填32(,)4．说明：1．第12题不用数字作答不给分；2．第13题只写3或只写7均不给分；3．第14题写2||||32||4OROTOS也给5分.四、解答题：本

题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）【解析】（1）设事件M“至少选到2箱A级苹果”.{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}数学

全解全析及评分标准第5页（共13页）由题意，知选到1箱A级苹果的概率为35，（1分）所以选到1箱非A级苹果的概率为32155，（2分）所以22333332381()C()C()555125PM，即至少选到2箱A级苹果的

概率为81125.（4分）（2）由题意，知选出的10箱苹果中，A级苹果有6箱，B,C级苹果共有4箱．（5分）X的所有可能取值为0,1,2,3，（6分）且211233464664333310101010CCCCCC1311(0),(1),(2),(3)C30C10C2C6PXPX

PXPX，（10分）所以X的分布列为X0123P1303101216（11分）1311()0123301026EX（12分）95．（13分）说明：第一问：1.1分段设至少选到2箱A级苹果为事件M,正确求出选到1箱A级苹果的概率，不设出事件

M不扣分；2.2分段求出选到1箱非A级苹果的概率；3.4分段求出至少选到2箱A级苹果的概率，分开写选到2箱A级苹果和3箱A级苹果的概率，有一个正确给1分，答案写成0.648也给分.第二问：1.5分段写出用分层随机抽

样的方法，得到A级苹果有6箱，B,C级苹果共有4箱；2.6分段写出X的所有可能取值，有错不给分；3.10分段写出X取每一个值的概率，对一个给1分，所有结果都正确但是结果不是最简的扣1分；4.11分段写出X的分布列，不化简不

重复扣分；5.12分段列出()EX的式子；6.13分段算出()EX的值.{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}数学全解全析及评分标准第6页（共13页）16．（15

分）【解析】（1）设等比数列{}na的公比为(0)qq，由314a，得2114aq.（1分）由1212aa，得2112aq，（2分）解得111,2aq，（4分）所以112nna，即{}na的通项公式为112nna．（5分）（2）由（1），知1n

bn，（6分）由112211nnnnnSabababab，即211211nnnnnSabababab，得0221113222222nnnnnnS，（8

分）23111132222222nnnnnnS，（10分）两式相减，得231111112(1)()222222nnnSn（12分）111(1)222(1)1212nnn（13分）112(1)122nnnn

，（14分）所以2nSn．（15分）说明：第一问：1.1分段将314a用1aq，表示；2.2分段将1212aa用1aq，表示；3.4分段计算出1aq，,对1个给1分；4.5分段写出{}na的通项公式.第二问：1.6分段算出1n

bn；2.8分段将nS倒序后写出；{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}数学全解全析及评分标准第7页（共13页）3.10分段将等式两边同时乘以12；4.12分段两式相减；5.13分段利用等比数列

求和公式求和；6.14分段化简得出结果；7.15分段得出nS.8.8分段nS不倒序，直接利用123023412222nnnnnS求和，按以下步骤给分：123023412222nnnnnS，（8分）234023422(+1)222

2nnnnnSn，（10分）两式相减，得12302111()2(+1)2222nnnnSn（12分）1111[1()]222(1)1212nnn（13分）112122()

2(1)222nnnn，（14分）所以2nSn．（15分）17．（15分）【解析】（1）因为PD平面ABCD，BC平面ABCD，所以PDBC.（1分）又底面ABCD为矩形，所以BCCD.（2分）又PDCDD，PDCD，平面PCD，所以BC平面PCD.（3分

）又BC平面PBC，所以平面PCD平面PBC．（4分）（2）因为,,DADCDP两两垂直，所以以D为坐标原点，DADCDP，，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，（5分）则(2,0,0)(2,3,0)(0,3,0

),ABC，，由题意，知在RtPDM△中，90,2,1PDMPMDM，所以3PD，所以(0,0,3)P，（6分）(2,3,0),(0,3,0),(2,0,3)ACABAP.（7分）过点Q作QEAB∥交PA于点E，连接EM，因为CQ∥平面PAM，所

以CQEM∥.{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}数学全解全析及评分标准第8页（共13页）又ABCD∥，所以QECD∥，所以四边形QEMC是平行四边形，所以EQMC，（8分）所以23PQEQPBAB

，所以43(,2,)33Q，23(,2,)33AQ.（9分）设平面PAB的法向量为111(,,),xyzm则11130,230,AByAPxzmm（

10分）令12z，则113,0xy，得(3,0,2)m是平面PAB的一个法向量．（11分）设平面ACQ的法向量为222(,,)xyzn，则22222230,2320,33ACxyAQxyznn（12分）令23x，则22y

，223z，得(3223),,n是平面ACQ的一个法向量．（13分）设平面PAB与平面ACQ的夹角为θ，则||321cos|cos,|||||35349412mnmnmn，所以平面PAB与平面ACQ夹角的余弦值为2135．（15分）说明：第一问：1.1分

段证PDBC；2.2分段证BCCD；3.3分段证BC平面PCD，条件PDCDD，PDCD，平面PCD不写不扣分；4.4分段得出平面PCD平面PBC，条件BC平面PBC不写不扣分.第二问：1.5分段建

立空间直角坐标系，不说明,,DADCDP两两垂直不扣分，详细说明坐标系的建立过程，但没有在图中画出不扣分；2.6分段求出各点坐标；3.7分段写出各向量的坐标；{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}数学

全解全析及评分标准第9页（共13页）4.8分段确定Q点位置，得出EQMC,只要说明Q为PB上靠近B的三等分点就给分；5.9分段得出Q点坐标和AQ；6.10分段写出平面PAB的法向量满足的关系；7.11分段求出平面PAB的一个法向量；8.12分段写出平面ACQ的法向量满足的关系；9.

13分段求出平面ACQ的一个法向量；10.15分段得出平面PAB与平面ACQ夹角的余弦值，结果写成357不扣分.18．（17分）【解析】（1）由题意，知动圆的圆心为4(,0)2x，（1分）所以22244()(4)22xxy，（2分）化简，得24yx，即点

(,)xy的轨迹C的方程为24yx．（4分）（2）如图，由题意，知(44)A,，（5分）设2000(,)(4)4yByy，由A，B，E三点共线，得0200404114yy，（6分）解得01y或04y（舍去），所以1(

,1)4B，（7分）所以点B关于x轴的对称点为1(1)4B，.由题意，知直线AQ的斜率k存在，记直线AB'的斜率为AB'k,且43ABkk，设直线AQ：44(4)()3ykxk，()QQQxy,，()MMMxy,，因为点Q

在抛物线C上，由24(4)4ykxyx，得2416160yykk，所以1616AQyyk，（8分）所以44Qyk，所以2214(1)4QQyxk.（9分）又因为BMAQ

，所以直线BM的方程为111()4yxk．（10分）{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}数学全解全析及评分标准第10页（共13页）联立4(4)111()4ykxyxk

，解得2214341Mkkxk.（11分）因为||||(4,4)(4,4)(4)(4)(4)(4)MMQQMQMQAMAQAMAQxyxyxxyy2(4)(4)(4)(4)MQMQxxkxx

2(1)(4)(4)MQkxx（12分）222214314(1)(4)[4(1)4]1kkkkk（13分）222241815111315()18()24(0)4kkkkkk

，（14分）所以当11832(15)5k，（15分）即当53k时，||||AMAQ取得最大值1475．（17分）说明：第一问：1.1分段写出圆心坐标；2.2分段利用半径建立等量关系；3

.4分段化简轨迹C的方程.另解：由题意，设1(4,0)A，1(,0)Bx，1(0,)Cy，所以11(4,)ACy，11()BCxy,，（1分）由题意，知11110ACBC，（2分）所以240xy，（3

分）{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}数学全解全析及评分标准第11页（共13页）所以24yx，即点(,)xy的轨迹C的方程为2

4yx．（4分）1.1分段写出11AC，11BC的坐标；2.2分段得出11110ACBC；3.3分段由数量积运算得出240xy；4.4分段得出轨迹C的方程.第二问：1.5分段求出A点的坐标；2.

6分段由三点共线得出B点坐标满足的关系；3.7分段求出B点的坐标；4.8分段设出直线AQ的方程，并与抛物线方程组成方程组写出根与系数的关系；5.9分段求出Q点的坐标；6.10分段写出直线BM的方程；7.11分段解出M点的横坐标；8.12分段将||||AMAQ用,MQxx表示；9.13分段将,M

Qxx代入转化为用k表示；10.14分段化简为关于k的二次函数；11.15分段求出二次函数在对称轴处取得最大值；12.17分段得出||||AMAQ的最大值；13.求解过程中没有估计出k的取值范围，最后不检验53k是否取到扣1分.或者第二问也可以将求||||AMAQ

的最大值转化成求ABAQ的最大值.19．（17分）【解析】（1）由()(1)(2)(4)fxxxxx，得(0)(1)(2)(4)0ffff，（1分）由(0)(1)ff，根据罗尔定理，知存在1(0,1)x，使得10()fx，（2分）由(1

)(2)ff，根据罗尔定理，知存在2(1,2)x，使得2()0fx，（3分）由(2)(4)ff，根据罗尔定理，知存在3(2,4)x，使得30()fx，所以方程()0fx至少有三个根.（4分）{#{QQABYYAAggCgQIBAAB

gCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}数学全解全析及评分标准第12页（共13页）又()fx为三次函数，所以方程()0fx至多有三个根，所以方程()0fx有三个根，且1(0,1)x，2(1,2)x，3(2,4)x．（5分）（2）令()()(

)()fbfaFxfxxba，则()()FaFb.（6分）因为()fx在闭区间[,]ab上连续，在开区间(,)ab内可导，所以函数()Fx在闭区间[,]ab上连续，在开区间(,)ab内可导，且()()FaFb，由罗尔定理，知在开区间(,)ab内至少存在一点c，使得()0Fc.（8分

）由()()()()fbfaFxfxxba，得()()()()fbfaFxfxba，（9分）所以()()()()0fbfaFcfcba，即在开区间(,)ab内至少存在一点c，使得()()()fbfafcba，即()()()()fbfa

fcba．（10分）（3）由0ab，得02abab，要证2()eeeabababab，即证22()()eeee22abababababab.（11分）令()exgxx，由（2），得对于区间(,)2a

ba，存在1(,)2abca，使得21()()ee22()22abaababggaag'cabbaa，（13分）对于区间(,)2abb，存在2(,)2abcb，使得22()()ee22()22abbababgbgbg'ca

bbab.（15分）因为()(1)exgxx，令()(1)e,0xhxxx，则()(2)e0xh'xx，所以()g'x在(0,)上单调递增，又120cc，所以12()()gcgc，（

16分）即2ee22abaababa2ee22abbabbba，即22eeee22abababababab，即2()eeeabababab．（17分）说明：第一

问：1.1分段得出(0)(1)(2)(4)0ffff，不写等于0也给分；{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}数学全解全析及评分标准第13页（共13页）2.2分段由(0)(1)ff，得1(0,1)x，10()

fx；3.3分段由(1)(2)ff，得2(1,2)x，2()0fx；4.4分段由(2)(4)ff，得3(2,4)x，30()fx；5.5分段由()fx为三次函数得()0fx至多有三个根，并得出根的取值范围；6.4分段不写()0fx至少有三个根

不扣分，而直接说()0fx有三个根扣1分.第二问：1.6分段构造函数()Fx,满足()()FaFb，不写()()FaFb不扣分；2.8分段说明()Fx在[,]ab上满足罗尔定理，不写()()FaFb扣1分，不写()Fx在闭区间[,]ab上连续，在开区间(,)ab内可导不扣分；3.9分段

求出()Fx；4.10分段由()0Fc得出()()()()fbfafcba.第三问：1.11分段由分析法得出只要证22()()eeee22abababababab，不说明0

2abab不扣分；2.13分段设()exgxx，并在(,)2aba上利用（2）的结论；3.15分段在(,)2abb上利用（2）的结论；4.16分段得出()gx的单调性；5.17分段由()gx的单调性得出12()()gcgc，的大小关系，并化简得出结果.{#{QQABY

YAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}