2025届新高三数学开学摸底考试卷01（新高考通）01含解析

2025届新高三开学摸底考试卷（新高考通用）01数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分（选择题共58分）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．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知复数满足，则的虚部为（

）A． B． C． D．3．已知，则（

）A． B． C． D．4．若命题：“，，使得”为假命题，则，的大小关系为（

）A． B． C． D．5．黄地绿彩云龙纹盘是收藏于中国国家博物馆的一件明代国宝级瓷器．该龙纹盘敞口，弧壁，广底，圈足．器内施白釉，外壁以黄釉为地，刻云龙纹并填绿彩，美不胜收．黄地绿彩云龙纹盘可近似看作是圆台和圆柱的组合体，其口径，足径，高，其中底部圆柱高，则黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为（

）（附：的值取3，）A． B． C． D．6．某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量某山峰的高度，为此，他们设计了测量方案．如图，在山脚A测得山顶P的仰角为45°，沿倾斜角为15°的斜坡向上走了90米到达B点（A，B，P，Q在同一个平面内），在B处测得山顶P的仰角为60°，则山高PQ为（

）米A． B． C． D．7．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过的直线与的右支交于，两点，且，若，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．8．已知函数的定义域为，且满足，则下列结论正确的是（

）A． B．方程有解C．是偶函数 D．是偶函数二、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．某次数学考试后，为分析学生的学习情况，某校从某年级中随机抽取了名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图.为进一步分析高分学生的成绩分布情况，计算得到这名学生中，成绩位于内的学生成绩方差为，成绩位于内的同学成绩方差为.则（

）参考公式：样本划分为层，各层的容量､平均数和方差分别为：、、；、、.记样本平均数为，样本方差为，.A．B．估计该年级学生成绩的中位数约为C．估计该年级成绩在分及以上的学生成绩的平均数为D．估计该年级成绩在分及以上的学生成绩的方差为10．已知函数，下列说法正确的是（

）A．的最小正周期为B．点为图象的一个对称中心C．若在上有两个实数根，则D．若的导函数为，则函数的最大值为11．已知是函数的极值点，若，则下列结论正确的是（

）A．的对称中心为 B．C． D．第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知非零向量满足，且，则的夹角大小为．13．一个不透明的袋子装有5个完全相同的小球，球上分别标有数字1，2，3，4，4．现甲从中随机摸出一个球记下所标数字后放回，乙再从中随机摸出一个球记下所标数字，若摸出的球上所标数字大即获胜（若所标数字相同则为平局），则在甲获胜的条件下，乙摸到2号球的概率为．14．已知为实数，若不等式对任意恒成立，则的最大值是.四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。15．（13分）如图，在四棱锥中，平面平面，且．

(1)证明：平面平面；(2)求平面与平面夹角的正弦值．16．（15分）地区生产总值(地区)是衡量一个地区经济发展的重要指标，在过去五年(2019年-2023年)中，某地区的地区生产总值实现了“翻一番”的飞跃，从1464亿元增长到了3008亿元，若该地区在这五年中的年份编号x(2019年对应的x值为1，2020年对应的x值为2，以此类推)与地区生产总值y(百亿元)的对应数据如下表：年份编号x12345地区生产总值y(百亿元)14.6417.4220.7225.2030.08(1)该地区2023年的人均生产总值为9.39万元，若2023年全国的人均生产总值X(万元)服从正态分布，那么在全国其他城市或地区中随机挑选2个，记随机变量Y为“2023年人均生产总值高于该地区的城市或地区的数量”，求的概率；(2)该地区的人口总数t(百万人)与年份编号x的回归方程可以近似为，根据上述的回归方程，估算该地区年份编号x与人均生产总值(人均)u(万元)之间的线性回归方程.参考公式与数据：人均生产总值=地区生产总值÷人口总数；线性回归方程中，斜率和截距的最小二乘法估计公式分别是：，若，则.17．（15分）已知为圆上一个动点，MN垂直轴，垂足为N，O为坐标原点，的重心为.(1)求点的轨迹方程;(2)记（1）中的轨迹为曲线，直线与曲线相交于A、B两点，点，若点恰好是的垂心，求直线的方程.18．（17分）已知函数，其中为自然对数的底数．(1)讨论的单调性；(2)若方程有两个不同的根．(i)求的取值范围；(ii)证明：．19．（17分）已知数列是斐波那契数列，其数值为：.这一数列以如下递推的方法定义：.数列对于确定的正整数，若存在正整数使得成立，则称数列为“阶可分拆数列”.(1)已知数列满足.判断是否对，总存在确定的正整数，使得数列为“阶可分拆数列”，并说明理由.(2)设数列的前项和为，（i）若数列为“阶可分拆数列”，求出符合条件的实数的值；（ii）在（i）问的前提下，若数列满足，，其前项和为.证明：当且时，成立.2025届新高三开学摸底考试卷（新高考通用）01数学•全解全析（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分（选择题共58分）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．已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求集合，注意，再求.【详解】，又因为，所以，得．故选：D．2．已知复数满足，则的虚部为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据条件，利用复数的四则运算，即可求出结果.【详解】因为，所以，所以,所以，所以的虚部为，故选：C．3．已知，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用二倍角的正余弦公式求出，再利用二倍角的正切公式计算即得.【详解】由，得，而，即，则，所以.故选：C4．若命题：“，，使得”为假命题，则，的大小关系为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由命题的否定为真命题，转化为成立，构造函数利用导数判断单调性即可得解.【详解】由题意，命题的否定“，，使得”为真命题，即，设，则，所以为增函数，所以由可知，故选：B5．黄地绿彩云龙纹盘是收藏于中国国家博物馆的一件明代国宝级瓷器．该龙纹盘敞口，弧壁，广底，圈足．器内施白釉，外壁以黄釉为地，刻云龙纹并填绿彩，美不胜收．黄地绿彩云龙纹盘可近似看作是圆台和圆柱的组合体，其口径，足径，高，其中底部圆柱高，则黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为（

）（附：的值取3，）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先求圆台母线长，再代入圆台和圆柱侧面积公式，即可求解.【详解】设该圆台的母线长为，两底面圆半径分别为，（其中），则，，，所以，故圆台部分的侧面积为，圆柱部分的侧面积为，故该黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为.故选：A.6．某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量某山峰的高度，为此，他们设计了测量方案．如图，在山脚A测得山顶P的仰角为45°，沿倾斜角为15°的斜坡向上走了90米到达B点（A，B，P，Q在同一个平面内），在B处测得山顶P的仰角为60°，则山高PQ为（

）米A． B． C． D．【答案】A【分析】在中，利用正弦定理求，进而在中求山的高度.【详解】依题意，，，则，，又，则，即有，，在中，，由正弦定理得，且，则，在中，，所以山高为米.故选：A7．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过的直线与的右支交于，两点，且，若，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设，则，根据双曲线的定义，可得和，再在直角三角形中，利用勾股定理可得关于，的关系，可得双曲线的离心率.【详解】如图：设，则，根据双曲线的定义，可得，，因为，所以，所以由，代入可得.故选：B【点睛】方法点睛：选择填空题中，出现圆锥曲线的问题，首先要考虑圆锥曲线定义的应用，不能用定义，再考虑其他方法.8．已知函数的定义域为，且满足，则下列结论正确的是（

）A． B．方程有解C．是偶函数 D．是偶函数【答案】C【分析】由已知利用赋值法与等差数列的求和公式，结合函数的奇偶性及方程解的存在条件检验各选项即可判断.【详解】对于A，因为函数的定义域为，且满足，取，得，则，取，得，则，故错误；对于B，取，得，则，所以，以上各式相加得，所以，令，得，此方程无解，故B错误.对于CD，由知，所以是偶函数，不是偶函数，故C正确，错误.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用赋值法得到，再利用等差数列数列的求和公式得到，从而得解.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．某次数学考试后，为分析学生的学习情况，某校从某年级中随机抽取了名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图.为进一步分析高分学生的成绩分布情况，计算得到这名学生中，成绩位于内的学生成绩方差为，成绩位于内的同学成绩方差为.则（

）参考公式：样本划分为层，各层的容量､平均数和方差分别为：、、；、、.记样本平均数为，样本方差为，.A．B．估计该年级学生成绩的中位数约为C．估计该年级成绩在分及以上的学生成绩的平均数为D．估计该年级成绩在分及以上的学生成绩的方差为【答案】BCD【分析】利用频率分布直方图中，所有直方图的面积之和为，列等式求出实数的值，可判断A选项；利用中位数的定义可判断B选项；利用总体平均数公式可判断C选项；利用方差公式可判断D选项.【详解】对于A选项，在频率分布直方图中，所有直方图的面积之和为，则，解得，A错；对于B选项，前两个矩形的面积之和为，前三个矩形的面积之和为，设计该年级学生成绩的中位数为，则，根据中位数的定义可得，解得，所以，估计该年级学生成绩的中位数约为，B对；对于C选项，估计成绩在分以上的同学的成绩的平均数为分，C对；对于D选项，估计该年级成绩在分及以上的学生成绩的方差为，D对.故选：BCD.10．已知函数，下列说法正确的是（

）A．的最小正周期为B．点为图象的一个对称中心C．若在上有两个实数根，则D．若的导函数为，则函数的最大值为【答案】ACD【分析】对于A，直接由周期公式即可判断；对于B，直接代入检验即可；对于C，画出图形，通过数形结合即可判断；对于D，求得后结合辅助角公式即可得解.【详解】由题意可得，故A正确；，所以不是图象的一个对称中心，故B错误；令，由得，根据题意可转化为直线与曲线，有两个交点，数形结合可得，故C正确；设为的导函数，则，其中，当且仅当，即当且仅当时等号成立，故D正确，故选：ACD．11．已知是函数的极值点，若，则下列结论正确的是（

）A．的对称中心为 B．C． D．【答案】AC【分析】利用，可判断A；令，解得，代入可判断B；利用导数判断出的单调性并求出极值点，结合图像分情况由解出，可得可判断C；利用C选项，若，，得出可判断D.【详解】对于A，因为，所以的对称中心为，故A

正确；对于B，，令，解得，当时，，因为，所以，可得，当时，，因为，所以，可得，故B错误；对于C，令，解得，当或时，，是单调递增函数，当时，，是单调递减函数，所以在时有极大值，在时有极小值，如下图，当时，若，则，可得，即，解得，所以；当时，如下图，若，则，可得，即，解得，所以；综上所述，，故C正确；对于D，由C选项可知，若，，所以，故D错误.故选：AC.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用导数研究函数的单调性和极值点.第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知非零向量满足，且，则的夹角大小为．【答案】【分析】由向量垂直的数量积表示和数量积的定义式运算即可.【详解】因为，设向量与的夹角为6，所以，又因为，所以，所以.因为，所以.所以向量的夹角大小为.故答案为：.13．一个不透明的袋子装有5个完全相同的小球，球上分别标有数字1，2，3，4，4．现甲从中随机摸出一个球记下所标数字后放回，乙再从中随机摸出一个球记下所标数字，若摸出的球上所标数字大即获胜（若所标数字相同则为平局），则在甲获胜的条件下，乙摸到2号球的概率为．【答案】【分析】设事件“甲获胜”为事件，事件“乙摸到2号球”为事件，由古典概率公式求出，再由条件概率求解即可.【详解】设事件“甲获胜”为事件，事件“乙摸到2号球”为事件，则，，所以，故答案为：．14．已知为实数，若不等式对任意恒成立，则的最大值是.【答案】6【分析】先对不等式等价变换为，令得，构造函数，从而，又，利用不等式性质即可求解范围.【详解】因为，所以，则不等式等价于，等价于，令，则，从而，令，由对勾函数的性质知，因为，即，所以，令，则，解得，所以，当且仅当即时取等号，故的最大值是6.故答案为：6【点睛】关键点点睛：本题考查了复合函数的值域及不等式的性质，解题的关键是对不等式等价变形，利用换元法结合对勾函数性质求解函数范围，最后利用不等式性质求解即可.四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。15．（13分）如图，在四棱锥中，平面平面，且．

(1)证明：平面平面；(2)求平面与平面夹角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先由线段关系证，结合面面垂直的性质判定线线垂直，利用线线垂直证线面垂直；（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面角即可.【详解】（1）由题意，则，因为，所以，因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，因为平面，所以，且平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）如图，以A为原点，分别为轴，轴正方向，在平面内过点A作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，

则，所以，，设平面的一个法向量，则，令，得，设平面的法向量，则，令，得，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的正弦值为．16．（15分）地区生产总值(地区)是衡量一个地区经济发展的重要指标，在过去五年(2019年-2023年)中，某地区的地区生产总值实现了“翻一番”的飞跃，从1464亿元增长到了3008亿元，若该地区在这五年中的年份编号x(2019年对应的x值为1，2020年对应的x值为2，以此类推)与地区生产总值y(百亿元)的对应数据如下表：年份编号x12345地区生产总值y(百亿元)14.6417.4220.7225.2030.08(1)该地区2023年的人均生产总值为9.39万元，若2023年全国的人均生产总值X(万元)服从正态分布，那么在全国其他城市或地区中随机挑选2个，记随机变量Y为“2023年人均生产总值高于该地区的城市或地区的数量”，求的概率；(2)该地区的人口总数t(百万人)与年份编号x的回归方程可以近似为，根据上述的回归方程，估算该地区年份编号x与人均生产总值(人均)u(万元)之间的线性回归方程.参考公式与数据：人均生产总值=地区生产总值÷人口总数；线性回归方程中，斜率和截距的最小二乘法估计公式分别是：，若，则.【答案】(1)；(2)【分析】（1）利用正态分布的区间公式先计算大于该地区人均生产总值的概率，再由二项分布计算即可；（2）利用最小二乘法的计算公式求值即可.【详解】（1）易知，所以根据正态分布区间公式有，即每个地区大于该地区的人均生产总值的概率为，则，所以：；（2）因为，由题意可知，每年的人均生产总值分别依次为：，，所以，则，由公式可知，即.17．（15分）已知为圆上一个动点，MN垂直轴，垂足为N，O为坐标原点，的重心为.(1)求点的轨迹方程;(2)记（1）中的轨迹为曲线，直线与曲线相交于A、B两点，点，若点恰好是的垂心，求直线的方程.【答案】(1)(2)【分析】（1）设，根据为的重心，得，代入，化简即可求解.（2）根据垂心的概念求得，设直线方程，与椭圆联立韦达定理，利用得，将韦达定理代入化简即可求解.【详解】（1）设，则，因为的重心，故有：，解得，代入，化简得，又，故，所以的轨迹方程为.（2）因为的垂心，故有，又，所以，故设直线的方程为，与联立消去得：，由得，设，则，由，得，所以，所以，所以，化简得，解得（舍去）或（满足），故直线的方程为.18．（17分）已知函数，其中为自然对数的底数．(1)讨论的单调性；(2)若方程有两个不同的根．(i)求的取值范围；(ii)证明：．【答案】(1)答案见解析(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）求出函数的导函数，再分、两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；（2）(i)参变分离可得，令，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最值，即可求出的取值范围；(ii)不妨设，则，分、两种情况讨论，当时，，利用导数说明函数的单调性，即可证明，再由基本不等式即可得证.【详解】（1）由题意得，，则，由，解得．显然，若，则当时，单调递增，当时，单调递减；若，则当时，单调递减，当时，单调递增．综上，当时，在区间内单调递增，在区间内单调递减；当时，在区间内单调递减，在区间内单调递增．（2）（i）由，得，设，由(1)得在区间内单调递增，在区间内单调递减，又，当时，，且当时，，所以当时，方程有两个不同的根，即方程有两个不同的根，故的取值范围是．（ii）不妨设，则，且．解法一：当时，，即；当时，．设则所以在区间内单调递增，则，即，所以又在区间内单调递减，所以，即，又，所以，故，所以，得证．解法二：设，，则，所以在区间内单调递增，又，所以，即．又，所以，又在区间内单调递减．所以，即，又，所以，得证．【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式的基本步骤（1）作差或变形；（2）构造新的函数；（3）利用导数研究的单调性或最值；（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．19．（17分）已知数列是斐波那契数列，其数值为：.这一数列以如下递推的方法定义：.数列对于确定的正整数，若存在正整数使得成立，则称数列为“阶可分拆数列”.(1)已知数列满足.判断是否对，总存在确定的正整数，使得数列为“阶可分拆数列”，并说明理由.(2)设数列的前项和为，（i）若数列为“阶可分拆数列”，求出符合条件的实数的值；（ii）在（i）问的前提下，若数列满足，，其前项和为.证明：当且时，成立.【答案】(1)存在，理由见解析(2)（i）0；（ii）证明见解析【分析】（1）由已知可得可得由定义可得结论；（2）当时，，（i）由已知可得存在正整数使得成立，当时，可求得，当时，可得，方程无解，可得结论；（ii）法一：当时，易得，计算可得，由（1）可得，，利用错位相减法可得，可证结论成立；法二：同法一可得，，两边同乘以，可求得，可证结论.【详解】（1）存在，理由如下：由已知得，，，即对，当正整数时，存在，使得成立，即数列为“阶可分拆数列”；（2），当时，，当时，，（i）若数列为“阶可分拆数列”，则存在正整数使得成立，当时，，即，解得，当时，，即，因，所以，又，故方程无解.综上所述，符合条件的实数a的值为.（ii）方法一：证明：，当时，，，，由（i）知，所以，①，②，由①-②可得，，，，当且时，成立.方法二：证明：，当时，，，，由（i）知，所以，①，②，③，由①②③可得，，当且时，成立.【点睛】思路点睛：本题为数列新定义题，由题意可知对于确定的存在即可，以及错位相减法在数列求和中的应用..2025届新高三开学摸底考试卷（新高考通用）01数学·答案及评分标准一、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。12345678DCCBAABC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．91011BCDACDAC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12． 13．14．6四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。15．（13分）【详解】（1）由题意，则，因为，所以，（1分）因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，（2分）因为平面，所以，（3分）且平面，所以平面，（4分）又平面，所以平面平面；（5分）（2）如图，以A为原点，分别为轴，轴正方向，在平面内过点A作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，

则，（7分，建系、设点