2025届新高三学情摸底考-新课标2025年高考《数学》一轮复习考点通关卷教师版

第第页保密★启用前2025届新高三学情摸底考01（新课标卷）数学注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1．设集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据交集的定义直接求解即可.【详解】因为，，所以.故选：B2．已知为虚数单位，，则在复平面内的共轭复数对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】根据复数乘法可得，再结合共轭复数以及复数的几何意义分析判断.【详解】由题意可得：，则，所以在复平面内的共轭复数对应的点位，位于第一象限.故选：A.3．向量，且∥，则实数（

）A．5 B． C．2 D．【答案】D【分析】根据向量的线性运算可得，结合向量平行的坐标运算分析求解.【详解】因为，则，若∥，则，解得.故选：D.4．设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】借助导数的几何意义计算可得其在点处的切线方程，即可得其与坐标轴的交点坐标，即可得其面积.【详解】，则，即该切线方程为，即，令，则，令，则，故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积.故选：A.5．若，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用二倍角公式及正余弦齐次式法求值即得.【详解】由，得.故选：B6．已知，则该圆的圆心坐标和半径分别为（

）A．， B．，C．， D．，【答案】A【分析】将圆的一般方程化成标准方程即可求解.【详解】的标准方程为，故所求分别为，.故选：A.7．唐代是我国古代金银器制造最为成熟与发达的时期.强盛的国力､开放的心态､丝绸之路的畅通，使得唐代对外交往空前频繁.走进陕西历史博物馆珍宝馆，你会看到“东学西渐”和“西风东来”，各类珍宝无不反映出唐人对自我文化的自信.素面高足银杯（如图1）就是其中一件珍藏.银杯主体可以近似看作半球与圆柱的组合体（假设内壁光滑，杯壁厚度可忽略），如图2所示.已知球的半径为，酒杯容积为，则其内壁表面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】设圆柱的高为，内壁的表面积为，可得，可得，利用几何体的几何特征可求内壁表面积.【详解】设圆柱的高为，内壁的表面积为，由题意可知：，解得，内壁的表面积等于圆柱的侧面积，加半球的表面积，即.故选：D.8．已知双曲线的左右焦点分别为，曲线上存在一点，使得为等腰直角三角形，则双曲线的离心率是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】画出图形，用双曲线定义和勾股定理构造方程求解即可.【详解】如图所示，为等腰直角三角形，且，运用勾股定理，知道根据．由双曲线定义，知道，即，解得，故离心率为：.故选：C.二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9．已知事件满足，，则下列说法正确的是（

）A．若事件A与事件B相互独立，则它们的对立事件也相互独立B．事件A与事件B可能为对立事件C．若事件A与事件B相互独立，则D．若事件A与事件B互斥，则【答案】ACD【分析】选项A，利用相互独立事件的定义，即可求解；选项B，利用对立事件的概率和为1，即可求解；选项C，利用相互独立事件的概率公式，即可求解；选项D，利用互斥事件的概率公式，即可求解.【详解】对于选项A，根据相互独立事件的定义易知选项A正确；对于选项B，对立事件的概率和为1，但．故选项B错误；对于选项C，根据相互独立事件的定义，，故选项C正确；对于选项D，事件A与事件B互斥，则，故选项D正确.故选：ACD．10．若函数的图象经过点，则（

）A．点为函数图象的对称中心B．函数的最小正周期为C．函数在区间上的函数值范围为D．函数的单调增区间为【答案】ACD【分析】先求出解析式，对于A，求出函数的对称中心即可判断；对于B，由解析式及最小正周期公式求解即可；对于C，根据变量范围得出角的范围即可得出函数的函数值范围；对于D，求出正切型函数的单调递增区间以及零点即可根据正切（型）函数图象性质得出函数的单调增区间.【详解】由题，又，故，所以，对于A，令，则，所以的对称中心为，当时，，故点为函数图象的一个对称中心，故A正确；对于B，由上的最小正周期为，故B错误；对于C，当，，故，故C正确；对于D，令，所以，所以函数的单调递增区间为，无单调递减区间，令即，所以即，所以函数的零点为，

所以函数的单调递增区间为，故D正确.故选：ACD.11．已知定义在上的函数，对任意有，其中；当时，，则（

）A．为上的单调递增函数B．为奇函数C．若函数为正比例函数，则函数在处取极小值D．若函数为正比例函数，则函数有两个零点【答案】AB【分析】选项A，利用函数单调性的定义，设，，得出即可得证；选项B，先得出，再设，得出，即可得证；选项C，在前提下，求函数的导函数，分析导函数的正负，得出函数的单调性以及极值即可；选项D，在前提下，函数，利用零点存在性定理，代入特殊值检验即可.【详解】对于选项A，设，且，，，即，故单调递增，选项A正确；对于选项B，是定义在上的函数，取，则，取，则，即，故是奇函数，选项B正确；对于选项C、D，设，代入，得，其中C选项，，，当时，，在区间上单调递增，当时，，在区间上单调递减，函数在处取极大值，无极小值，选项C错误；其中D选项，函数，其中，，，，由零点存在性定理可知，函数分别在区间，和上各至少存在一个零点，选项D错误；故选：AB三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12．在展开式中，含项的系数是.（用数字作答）【答案】【分析】根据二项式定理及组合数的性质计算可得.【详解】，其中展开式的通项为（且），所以展开式中含项的系数为：.故答案为：13．在中，的角平分线交于，则.【答案】【分析】在中，由余弦定理可得：，由正弦定理可得，根据角平分线的性质可得：，在中，由正弦定理可得：即可求解.【详解】因为在中，

由余弦定理可得：，解得由正弦定理可得：，即，解得：，因为的角平分线交于，所以，由角平分线性质可得：，所以，在中，由正弦定理可得：，即，解得：故答案为：14．已知分别为椭圆的左，右焦点，A为椭圆的上顶点，且为等边三角形；过且垂直于的直线与椭圆交于两点，则的周长为．【答案】16【分析】根据条件可得，然后根据椭圆的定义可得【详解】由，得因为为等边三角形，，且过且垂直于的直线与椭圆交于两点，所以DE为线段的垂直平分线，得，则的周长为，故答案为：16四、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）文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，…，得到如图所示的频率分布直方图.

(1)求频率分布直方图中a的值；(2)求样本成绩的第75百分位数；(3)已知落在的平均成绩是56，方差是7，另一组落在已知内，且两组成绩的总平均数为62和总方差为23.求落在的平均成绩以及方差.【答案】(1)(2)84.(3)平均数为65，方差为4【分析】（1）根据频率之和为1即可求解，（2）根据百分位数的计算公式即可求解，（3）根据平均数的计算可得的平均数，即可利用总体方差公式即可求解.【详解】（1）由每组小矩形的面积之和为1得，，所以.（2）成绩落在内的频率为，落在内的频率为，显然第75百分位数，由，解得，所以第75百分位数为84.（3）由频率分布直方图知，成绩在的市民人数为，成绩在的市民人数为，所以的平均数为x，方差为，，则.由样本方差计算总体方差公式，得总方差为，计算可得方差为4.16．（15分）已知数列是等差数列，且.(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前项和.【答案】(1)；(2).【分析】（1）由题可得，从而求出，，进而得到数列的通项公式；（2）由（1）得，采用裂项相消法求出.【详解】（1）设等差数列的公差为，解得.，可得，解得.所以.（2），所以17．（15分）如图，在三棱锥中，平面平面ABC，，，，点M为AC的中点．(1)求证：平面平面PAB；(2)线段PC上是否存在点N，使得平面BMN?若存在，求的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，【分析】（1）根据面面垂直的判定定理可得证；（2）过点M作垂足为F，根据线面垂直的判定可证平面BMN，然后根据平面几何知识求出，进而求出即可得.【详解】（1）因为平面平面ABC，平面，，平面平面ABC，所以平面ABC，平面ABC，所以，又，，所以,又，所以，所以，又，是平面内的两条相交直线，所以平面，又平面，所以平面平面PAB（2）存在，当时，平面BMN，过点M作垂足为F，由（1）知平面ABC，平面ABC，所以，又点M为AC的中点，，所以，，是平面内的两条相交直线，所以平面，又平面，所以，，是平面BMN内的两条相交直线，所以平面BMN，由已知得，又，即，又，所以，所以，故当时，平面BMN，18．（17分）已知动圆P过点，并且与圆外切，设动圆的圆心P的轨迹为C.(1)直线与圆相切于点Q，求的值；(2)求曲线C的方程；(3)过点的直线与曲线C交于E，F两点，设直线，点，直线交于点M，证明直线经过定点，并求出该定点的坐标.【答案】(1)(2)，；(3)证明见解析，定点【分析】（1）利用直线与圆相切的几何性质，结合勾股定理，即可求解；（2）由圆与圆的位置关系，构造双曲线的定义，即可求解；（3）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，并联立直线与双曲线方程，利用韦达定理表示，即可求解定点.【详解】（1）由直线与圆的位置关系可知，，所以点；（2）由题意可知，设动圆半径为，，，，即，所以点是以为焦点的双曲线的右支，，，则，所以曲线的方程为，；（3）当直线的斜率不存在时，，，直线，当，得，即，直线，此时直线过点，当直线的斜率存在时，设直线，，，直线，当时，，，联立，得，，，，下面证明直线经过点，即证，，把，代入整理得，即，所以直线经过点，综上可知，直线经过定点，定点坐标为.19．（17分）对于函数，规定，，…，，叫做函数的n阶导数．若函数在包含的某个闭区间上具有n阶导数，且在开区间上具有阶导数，则对闭区间上任意一点x，，该公式称为函数在处的n阶泰勒展开式，是此泰勒展开式的n阶余项．已知函数．(1)写出函数在处的3阶泰勒展开式（用表示即可）；(2)设函数在处的3阶余项为，求证：对任意的，；(3)求证：．【答案】(1);(2)证明见详解；(3)证明见详解.【分析】（1）根据函数在处的阶泰勒展开式的定义可直接求得结果；（2）根据泰勒