2025届新高三开学联考数学答案

参考答案及解析数学.1.2025届新高三开学联考数学参考答案及解析1.D【解析】依题意,M={1,2,3},N={0,1,2},所以M∩N={1,2}.故选D.2.A【解析】点B(0,b)在圆C:(儿—1)2十(Y—2)2=2内⇋(0—1)2十(b—2)2<2⇋1<b<3,所以“1<b<2”是“点B(0,b)在圆C:(儿—1)2十(Y—2)2=2内”的充分不必要条件.故选A.3.A函数Y=中,儿≠0,所以排除偶函数,所以Y=为偶函 时,同时单调递增,且同时非负,所以时也单调递增,所以排除C.故选A.4.B展开式中的通项为(—1)rC(儿十2)展开式中的常数项为(—1)1C×2十(—1)2C=0.故选B.5.C【解析】因为a,b∈(0,十∞),所以a\十b≥,因为a\十b=\b,所以\,所以b≥16,当且仅当a=4时,b的最小值为16.故选C.6.C【解析】由图象得,f(儿)的周期为π—0=π,所以w= 所以或,因为0在单调递增区间内,所以φ=—所以wφ=—.故选C.—十2,所以f的图象关于点(1,2)对称,因为2sn=nan十1,所以2sn—1=(n—1)an(n≥2),所以2sn—2sn—1=nan十1—(n—1)an(n≥2),所以2an=nan十1—,所以又 =nan十1,所以a1=,a2=所以,所以an ,所以ai十a20—i=2a10=2,f十f所以4=76.故选A.8.B【解析】f(儿)=e儿十儿在R上单调递增,切线的斜率也单调递增,设A(儿1,e儿1十儿1),在图象在A处的切线斜率为K=e儿1十1,所以AB取得最小值⇋KKAB=—1⇋=—1⇋即(e儿1十)十儿1—2=0(*),令g(儿)=(e儿十1)(e儿十儿)十儿2,则g(儿)单调递增,取儿1=0检验得,满足(*),所以 AB取得最小值为.故选B.数学参考答案及解析y2AB2y2AB2-5Ox)=e+x-2(a十b—1)十(—a十b)i,所以〈,所以a= \,所以C正确;3i=十=((十))(())==13i—i,所以义在复平面内对应的点在第四象限,所以D错误.故选AC3i10.ABD【解析】C的实半轴a=4,虚半轴b=3,半焦距c=\a2十b2=5,渐近线方程为y=士儿,所以A.A1A2=2a=8,所以A正确;四边形B1F1B2F2的周长为4\b2十c2=4\32十52=4\34<4×6=24,所以B正确;作出C与其渐近线,直接由图形得,k∈),所以C错误;D.不妨设A位于C的右支,则AF1—AF2=8,所以AF12十AF22—2AF1●AF2=64①,因为上F1AF2=,所以AF12十AF22—2AF1●AF2cOs=F1F22,所以AF12十AF22—AF1●AF2=100②,所以①—②得,AF1●AF2=36,所以三角形AF1F2的面积为AF1AF2sin=×36●sin=9\,所以D正确.故选ABD.11.AC【解析】如图,A1o,BiD1D1ABADEDEC在正三棱台A1B1C1—ABC中,设O1,O分别为上下底面的中心,D1,D分别为C1B1,CB的中点,因为上底面的边长,下底面的边长分别为\,3\,所以A1O1=1,AO=3,O1D1=,OD=,又O1O=2,所以DD1=\O十(OD—O1D1)2=\,所以A正确;体积为× 133,所以B错误;侧棱与底面所成的角为上A1AO,在直角梯形A1O1OA中,由A1O1=1,AO=3,O1O=2计算得上A1AO=,所以C正确;由已知得,外接球的球心E在直线O1O上,设OE=儿,由得,12十(2士儿)2=32十解得儿=1,所以外接球的表面积为4π●EA2=4π(32十儿2)=40π,所以D错误.故选AC.12.π【解析】由已知得,经过ts,A1,A2第一次相遇,此时A1比A2多走一圈,所以4t—2t=2π×1,所以t=π.故答参考答案及解析数学.3. =4\9.故答案为.=414,十∞)【解析】不妨设P(父1,y1),Q(父2,y2)(y2<0),直线l的方程为父=ky十m,与y2=4父联(—4k)2十16m=16(k2十m)>0,所以(y1十y2=4k,!y1y2=—4my1十y2=2,所以4k=2,所以k=,所以父=y十m,又F为抛物线的焦点,所以PF十QF=)十2=(y1十y2)十2(m十1)=2m十3,因为△=16(k2十m)>0,所以m>—k2=—,所以PFi十QF>.故答15.解:(1)设{an}的公比为q,“S3=3a1,:a1(1十q十q2)=3a1,(2分)“a1≠0,:q2十q—2=0,(4分)“q≠1,:q=—2.(6分)(2)“a1=2,:an=2×(—2)n—1=—(—2)n,(或an=(—1)n—1×2n)(8分):anan十1=—(—2)n[—(—2)n十1]=(—2)2n十1,(10分):Tn=—=.(13分)-1十2十3十4十5十616.解:(1)父=6=3.5,(1分-1十2十3十4十5十6-12十21十33十41十52十63y=6=37,(2分-12十21十33十41十52十63又回归直线过样本中心点(父-,y-),所以37=10×3.5十t,得t=2,(3分)所以=10父十2,(5分)当父=7时,=72,所以预测当年7月份该品牌的空调可以销售72台.(7分) (2)因为y=37,所以销量不低于前6个月的月平均销量的月份数为4,5,6,所以X=0,1,2,3,(8分)P(X=0)==,P(X=1)==,CC9C20,P(X=2)=C20,P(X=3)==,(12分,1个1分)所以X的分布列为:X0123P 120 920 920 120(13分)E(X)=0×十1×十2×十3×=.(15分)17.解:(1)连接C1O并延长交A1B1于E,延长GO交A1C1于点H,连接DH.(1分)数学参考答案及解析BB1HEB1HEBACDAACDA所以EO:OC1=B1G:GC1,所以OGⅡA1B1,所以A1H:HC1=1:2,(4分)因为CD:DC1=1:2,所以A1H:HC1=CD:DC1,所以DHⅡA1C,(5分)因为A1C丈平面DOG,DHG平面DOG,(6分)所以A1CⅡ平面DOG.(7分)(2)取AB的中点为F,连接EF.因为AA1丄底面A1B1C1,且三棱柱ABC—A1B1C1的各棱长均相等,所以直线EB1,EC1,EF两两垂直,(9分)以E为坐标原点,EB1,EC1,EF所在直线分别为儿,y,义轴建立空间坐标系,CZAACZAAFFDBDByAHyAHEEGB1设三棱柱ABC—A1B1C1的棱长为6,则O(0,\,0),D(0,3\,4),G(2,\,0),→→所以OG=(2,0,0),OD=(0,2\3,4),(11分)设平面DOG的一个法向量为n=(儿,y,→→(13分)因为B1(3,0,0),所以平面AA1C1C的一个法向量—→为OB1=(3,—\3,0)—→设平面AA1C1C与平面DOG夹角为θ,所以cosθ=所以平面 AA1C1C与平面DOG夹角的余弦值为\.(15分)18.解:(1)当a=0时,f(儿)=e儿十bsin儿,所以f/(儿)=e儿十bcos儿,(1分)因为儿∈[0,十∞),所以e儿≥1,—1≤cos儿≤1,因为b∈[—1,1],所以—1≤bcos儿≤1,所以f/(儿)≥0,(3分)所以f(儿)在[0,十∞)上单调递增,所以f(儿)≥f(0)=1,当儿→十∞时,f(儿)→十∞,所以f(儿)在[0,十∞)上的值域为[1,十∞).(5分)(2)当b=1时,V儿∈(0,十∞),f(儿)>1,—a儿十sin儿>1在区间(0,十∞)上成立.则f/(儿)=e儿—a十cos儿,(6分)(7分)因为儿>0,所以e儿>1,参考答案及解析数学所以m(儿)在儿∈(0,十∞)时单调递增.可知m(儿)>m(0)=2—a.(9分)当a≤2时,m(儿)>0,即f/(儿)>0,所以f(儿)在儿∈(0,十∞)上单调递增.所以f(儿)>f(0)=1成立.(12分)当a>2时,m(0)=2—a<0,当儿→十∞时,m(儿)>0,所以3儿0∈(0,十∞)使得m(儿0)=0,(14分)当儿∈(0,儿0]时,m(儿)<0,即f/(儿)<0,即f(儿)在(