2025届新高三数学开学摸底考试卷03（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）03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．已知全集，集合，，则（

）A． B． C． D．2．若复数满足，则（

）A．1 B． C． D．23．已知向量，，若，则（

）A． B． C． D．4．已知，，，则（

）A． B． C． D．5．已知圆锥的轴截面为为该圆锥的顶点，该圆锥内切球的表面积为，若，则该圆锥的体积为（

）A． B． C． D．6．函数，若，则实数a的取值范围是（

）A． B．C． D．7．已知函数，则函数的零点个数为（

）A．9 B．10 C．11 D．128．已知函数的定义域为，且，记，则（

）A． B．C． D．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．某校高三年级选考生物科的学生共1000名，现将他们该科的一次考试分数转换为等级分，已知等级分的分数转换区间为，若等级分，则（

）参考数据：；；.A．这次考试等级分的标准差为25B．这次考试等级分超过80分的约有450人C．这次考试等级分在内的人数约为997D．10．已知函数，则（

）A．的图象关于直线对称B．C．D．在区间上的极大值为11．2022年卡塔尔世界杯会徽（如图）的正视图近似伯努利双纽线.定义在平面直角坐标系中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹成为双纽线，已知点是双纽线上一点，下列说法正确的有（

）A．双纽线关于原点中心对称B．C．双纽线上满足的点有两个D．的最大值为第二部分（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．已知双曲线分别为其左､右焦点，为双曲线上一点，，且直线的斜率为2，则双曲线的离心率为.13．已知函数的图象与函数的图象在公共点处有相同的切线，则公共点坐标为.14．在n维空间中（，），以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标，其中.则5维“立方体”的顶点个数是；定义：在n维空间中两点与的曼哈顿距离为.在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则.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）已知的内角的对边分别为的面积为．(1)求；(2)若，且的周长为5，设为边BC中点，求AD.16．（15分）设椭圆的左焦点为，右顶点为A，离心率为．已知A是抛物线的焦点，F到抛物线的准线l的距离为．(1)求椭圆的方程和抛物线的方程;(2)设l上两点P，Q，关于x轴对称，直线AP与椭圆相交于点B（B异于点A），直线与x轴相交于点D．若的面积为，求直线AP的方程．17．（15分）在底面为梯形的多面体中．，且四边形为矩形．点在线段上．

(1)点是线段中点时，求证：平面；(2)是否存在点，使得直线与平面所成的角为60°？若存在，求．若不存在，请说明理由．18．（17分）已知函数．(1)讨论函数的单调性；(2)设函数．（ⅰ）求的值；（ⅱ）证明：存在实数，使得曲线关于直线对称．（17分）若有穷数列（是正整数），满足，，…，即（是正整数，且），就称该数列为“对称数列”．(1)已知数列是项数为8的对称数列，且，，，成等差数列，，，试写出的每一项．(2)已知是项数为（其中，且）的对称数列，且构成首项为，公差为的等差数列，数列的前项和为，则当为何值时，取到最大值？最大值为多少？(3)对于给定的正整数，试写出所有项数为的对称数列，使得成为数列中的连续项；当时，并分别求出所有对称数列的前项和．2025届新高三开学摸底考试卷（新高考通用）03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．已知全集，集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先根据对数函数的性质化简集合，再结合交集运算可得答案.【详解】由题意得，又因为所以，故选：C.2．若复数满足，则（

）A．1 B． C． D．2【答案】A【分析】根据复数代数形式的运算法则化简复数，再根据复数模的计算公式计算即可.【详解】由题意可知，复数满足，则可转化为，所以.故选：A.3．已知向量，，若，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用平面向量共线的坐标表示计算即可.【详解】，，∵，∴，化简得．故选:A．4．已知，，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先求出，再由同角三角函数的基本关系及两角差的正弦公式求出，最后由两角差的余弦公式计算可得.【详解】因为，所以，因为，所以，因为，所以，因为，则．故选：B．5．已知圆锥的轴截面为为该圆锥的顶点，该圆锥内切球的表面积为，若，则该圆锥的体积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意，利用内切圆的性质，求得圆锥的底面半径和高，结合体积公式，即可求解.【详解】如图所示，设内切球与PA相切于点，因为，所以，由内切球的表面积为，可得球的半径，则圆锥的高为，圆锥的底面半径为，所以该圆锥的体积.故选：A.6．函数，若，则实数a的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】原不等式变形为，再利用分段函数的单调性即可得到不等式，解出即可.【详解】当时，，因为在上单调递增，此时单调递增，当时，易知单调递增，且当时，，则在上单调递增，因为，则，所以由得，所以，解得.故选：A.7．已知函数，则函数的零点个数为（

）A．9 B．10 C．11 D．12【答案】C【分析】准确分析函数性质，在同一平面直角坐标系中画出两函数的图象即可得解.【详解】，所以的最大值为2，当取最大值时，有，即，由，令，解得，当趋于时，趋于正无穷，而，所以在上存在一个零点，根据上述分析，在同一平面直角坐标系中画出的图象与的图象如图所示，

由图可知，在上存在一个零点，在上存在个零点，综上所述，的图象与的图象共有11个交点.故选：C．【点睛】关键点点睛：关键是对区间进行适当划分，从而研究函数在各个区间上的性质，由此即可顺利得解.8．已知函数的定义域为，且，记，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据函数满足的表达式以及，利用赋值法即可计算出的大小.【详解】由可得，令，代入可得，即，令，代入可得，即，令，代入可得，即；由可得，显然可得.故选：D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．某校高三年级选考生物科的学生共1000名，现将他们该科的一次考试分数转换为等级分，已知等级分的分数转换区间为，若等级分，则（

）参考数据：；；.A．这次考试等级分的标准差为25B．这次考试等级分超过80分的约有450人C．这次考试等级分在内的人数约为997D．【答案】CD【分析】由，则，根据正态分布的性质，结合题中给出的概率公式，对每一选项进行分析，可得答案.【详解】对于A，由题设，均值，方差，所以标准差为5，故A错误；对于B，，所以人，故B错误；对于C，，则人，故C正确；对于D，故D正确．故选：CD.10．已知函数，则（

）A．的图象关于直线对称B．C．D．在区间上的极大值为【答案】ABD【分析】对于A选项，把轴对称转化为等式成立，结合诱导公式，从而可以得证；对于B选项，先化简，然后结合基本不等式，即可求得最小值；对于C选项，令，举反例，可得C错误；对于D选项，利用导数求函数极值，即可求解.【详解】对于A选项，因为，所以的图象关于直线对称，故A正确；对于B选项，，当且仅当时取等号，故B正确；对于C选项，，故C错误；对于D选项，因为，当时，，，则；当时，，设，，则，所以在上单调递减.由，得且，，，又，则，则在上单调递增；当时，，结合A选项知在上单调递增，在上单调递减，故的极大值为，故D正确.故选：ABD.11．2022年卡塔尔世界杯会徽（如图）的正视图近似伯努利双纽线.定义在平面直角坐标系中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹成为双纽线，已知点是双纽线上一点，下列说法正确的有（

）

A．双纽线关于原点中心对称；B．；C．双纽线上满足的点有两个；D．的最大值为.【答案】ABD【分析】对于A，根据双纽线的定义求出曲线方程，然后将替换方程中的进行判断，对于B，根据三角形的等面积法分析判断，对于C，由题意得，从而可得点在轴上，进行可判断，对于D，由向量的性质结合余弦定理分析判断.【详解】对于A，因为定义在平面直角坐标系中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，所以，用替换方程中的，原方程不变，所以双纽线关于原点中心对称，所以A正确，对于B，设∵，，∴，∴，∴，故B正确；对于C，由知在的垂直平分线（方程为）上将代入得即，解得，∴这样的点只有一个，故C错误；对于D，因为，所以，由余弦定理得，所以，所以的最大值为，故D正确；故选：ABD.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．已知双曲线分别为其左､右焦点，为双曲线上一点，，且直线的斜率为2，则双曲线的离心率为.【答案】【分析】在直角三角形中，由直线的斜率为2得到，进一步由双曲线定义求出，再利用勾股定理建立的等量关系，即可求出离心率的值.【详解】由于直线的斜率为2，因此，又，故，由双曲线定义得，因此，又，所以，故双曲线的离心率为，故答案为：.13．已知函数的图象与函数的图象在公共点处有相同的切线，则公共点坐标为.【答案】【分析】设公共点为，由，可得，进而利用导数可得，求解即可.【详解】函数的定义域为，可得，由，设曲线与曲线的公共点为，由于在公共点处有共同的切线，所以，所以，由，可得，联立可得，解得，所以，所以公共点坐标为.故答案为：.14．在n维空间中（，），以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标，其中.则5维“立方体”的顶点个数是；定义：在n维空间中两点与的曼哈顿距离为.在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则.【答案】32【分析】第一空由题意根据分步乘法原理，求解即可；第二空先确定样本点总数，再得到的可能取值，求出概率，列出分布列，求出期望.【详解】（1）的可能值为0，1（，）.故五维立方体的顶点有个.（2）依题意，样本空间的样本点记为，M，N为五维立方体的顶点样本点总数：当时，有k个第i维坐标值不同，有个第i维坐标值相同.满足的样本点个数为.所以.故分布列为：X12345P.故答案为：32；.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）已知的内角的对边分别为的面积为．(1)求；(2)若，且的周长为5，设为边BC中点，求AD.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据三角形的面积公式结合正弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解；（2）根据三角形的周长，结合余弦定理求出，再向量化即可得解.【详解】（1）依题意，，所以，由正弦定理可得，，由余弦定理，，解得，因为，所以；（2）依题意，，因为，解得，因为，所以，所以．16．（15分）设椭圆的左焦点为，右顶点为A，离心率为．已知A是抛物线的焦点，F到抛物线的准线l的距离为．(1)求椭圆的方程和抛物线的方程;(2)设l上两点P，Q，关于x轴对称，直线AP与椭圆相交于点B（B异于点A），直线与x轴相交于点D．若的面积为，求直线AP的方程．【答案】(1)，(2)或【分析】（1）根据题意列出关于的方程，求出它们的值，即可求得答案；（2）设，即可表示出的方程，联立椭圆方程，求出B点坐标，即可求出方程，进而求出D点坐标，可得AD的长，从而根据的面积为，列式计算求出t的值，即可求得答案.【详解】（1）依题意设点，因，且，由对称性知抛物线的准线方程为，则，解得，，，于是．从而得椭圆的方程为，抛物线的方程为．（2）由于准线方程为，依题意设，则．因，则，得直线方程为①，将①式代入中化简，得，设，由韦达定理得，则，即，则，于是得直线方程为，令，解得，即．则，于是，化简得，即得，代入①式化简，得直线方程为，或.17．（15分）在底面为梯形的多面体中．，且四边形为矩形．点在线段上．

(1)点是线段中点时，求证：平面；(2)是否存在点，使得直线与平面所成的角为60°？若存在，求．若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，且或【分析】（1）由题意可得为等腰直角三角形，结合各边长度与勾股定理及勾股定理的逆定理可得，取线段中点，结合面面平行的判定定理与性质定理即可得线面平行；（2）由题意可得平面，即可建立适当空间直角坐标系，由空间向量与平面的法向量结合夹角公式计算即可得解.【详解】（1）由，则为等腰直角三角形，有，则，则，在中，，取线段中点，连接，则，又因为直线平面，平面，所以直线平面，同理直线平面，又因为，、平面，所以平面平面，因为直线平面，所以平面；（2）因为四边形为矩形，则，又，、平面，故平面，以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，所以,设，其中，解得，故，设平面的法向量为，则，即，令，则，故，因为直线与平面所成的角为，所以，即，解得或，故存在点或.

18．（17分）已知函数．(1)讨论函数的单调性；(2)设函数．（ⅰ）求的值；（ⅱ）证明：存在实数，使得曲线关于直线对称．【答案】(1)答案见解析(2)（ⅰ）0；（ⅱ）证明见解析【分析】（1）求出，求导，，分和两种情况讨论函数的单调性.（2）（ⅰ）求出，直接计算，即可得结果；（ⅱ）根据的定义域，推断函数的对称轴为，验证即可.【详解】（1）由题意可知，则的定义域为，，，当时，，则在上单调递减；当时，令，即，解得，若，；若，，则在上单调递减，在上单调递增．综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增．（2）（ⅰ）函数，则，，故．（ⅱ）函数的定义域为．若存在，使得曲线关于直线对称，则关于直线对称，所以由．可知曲线关于直线对称．19．（17分）若有穷数列（是正整数），满足，，…，即（是正整数，且），就称该数列为“对称数列”．(1)已知数列是项数为8的对称数列，且，，，成等差数列，，，试写出的每一项．(2)已知是项数为（其中，且）的对称数列，且构成首项为，公差为的等差数列，数列的前项和为，则当为何值时，取到最大值？最大值为多少？(3)对于给定的正整数，试写出所有项数为的对称数列，使得成为数列中的连续项；当时，并分别求出所有对称数列的前项和．【答案】(1)，，，，，，，(2)当时取得最大值，且(3)答案见解析【分析】（1）设前项的公差为，由求出公差，从而得到，，再根据对称性得到其余项；（2）首先利用等差数列求和公式求出，则，再由二次函数的性质计算可得；（3）依题意列出满足该条件的对称数列，再分、两种情况利用等比数列求和公式及分组求和法计算可得.【详解】（1）因为，，，成等差数列，，，设前项的公差为，所以，所以，，又数列是项数为的对称数列，所以，，，，所以的项依次为，，，，，，，.（2）因为构成首项为，公差为的等差数列，所以，又，，，，所以，所以当时取得最大值，且.（3）因为，，，，成为数列中的连续项，且该对称数列的项数为，所以这样的对称数列有：①，，，，，，，，，，；②，，，，，，，，，，；因为，对于①，当时；当时，所以；对于②，当时；当时，所以.2025届新高三开学摸底考试卷（新高考通用）03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。12345678CAABAACD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．91011CDABDABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。13． 14． 15．32四、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）【解析】（1）依题意，，所以，由正弦定理可得，，……………3分由余弦定理，，解得，……5分因为，所以；……………6分（2）依题意，，因为，解得，………………8分因为，………………9分所以，……………12分所以．…………………13分16．（15分）【解析】（1）依题意设点，因，且，………………2分由对称性知抛物线的准线方程为，则，解得，，，…3分于是．………………4分从而得椭圆的方程为，………………5分抛物线的方程为．………………6分（2）由于准线方程为，依题意设，则．因，则，得直线方程为①，………………7分将①式代入中化简，得，………………8分设，由韦达定理得，则，即，…………………19分则，于是得直线方程为，……10分令，解得，即．……11分则，………………12分于是，化简得，即得，……14分代入①式化简，得直线方程为，或.……15分17．（15分）【解析】（1）由，则为等腰直角三角形，有，则，则，在中，，取线段中点，连接，则，又因为直线平面，平面，所以直线平面，………4分同理直线平