数学（A卷）-百师联盟2025届高三开年考试题和答案

面A2025届高三开年摸底联考数学参考答案及评分意见所以当a=1,b=1时,ab2025=b=1b所以当a=1,b=1时,ab2025=b=1b=1,lazolb*0,(1)2025=1;当a=1,b=1时,ab2025=1X11.故选C.12i1十i2.B【解析】zl12i1十i2.B【解析】zl=,故选B2-4.C【解析】由已知可得CosaCossinasin4.C【解析】由已知可得CosaCossinasin因为经验回归直线经过样本中心点(ux,y),所以3.5=3X2+a-,解得a-9.5.故选C.6.D【解析】设y3z=m,将其看作直线3ry十n=0.由直线3ry十m=0与圆(u:3)2+(y4)23有公,解得530m≤5+共点·得圆心(3·4到直线的距离小于或等于圆的半径·即,解得530m≤5+,所以m的最大值为30 5,所以m的最大值为30 5,即y3z的最大值为307.A【解析】设球心为0,连接OA,OB,OC,OD.设点C,D到平面OAB的距离分别为h1,h2,点A,B到平面283=12.S△OCD264=12OCD的距离分别为h3,h4,则hi+h2CD=6,283=12.S△OCD264=12则VABCDVOABC十VOABD+VOACD+VOBCD=(VCOAB+VDOAB)+(VAOCD+VB时取等号.故选A·3S△OCD(h3+h4)h2)十3时取等号.故选A·3S△OCD(h3+h4)h2)十2k+,kEZ.当a>0【解析】函数f(x)的零点为z,kEZ.当a>0【解析】函数f(x)的零点为z=零点,8.C≤2x<2≤2x<2·解得≤<;当a<o所以当k=0,所以当k=0,1,2时满足条件,当k=3时,条件,因为f(ux)在区间co,2x]上有且仅有三个零点,所以当k=1,2,3时满足条件,当k=4条件,2 8r≤2m<,解得<a≤2 8r≤2m<,解得<a≤,所以a的取值范围为1Ul,1.故选C所以9.ABC【解析】当>0,y>0时,由曲线C的方程,得(UZ1)2+(Y1)2=2,曲线C在第一象限内的部分是圆心为(1,1),半径为的圆弧.同理,曲线C在第二、三、四象限内的部分都是圆弧,当z=0时,y=2;当y=0时,z=2.曲线C在坐标系中如图,曲线C关于坐标原点、z轴、y轴、直线y=z、直线y=z均对称.记曲线C在第一象限及z轴正半轴、y轴正半轴上的部分为曲线C,曲线C所在的圆为圆O1,曲线C及圆O,关于y轴开年摸底联考数学答案第1页(共7页)对称的图形分别为曲线C2,圆O2,关于坐标原点。对称的图形分别为曲线C3,圆O3,关于z轴对称的图形分别为曲线C4,圆O4·由题意可知,圆O,O2O3,o4等大,且都过坐标原点.因为点A,B在曲线C上,所以IAB≤4,当且仅当A,B为曲线C与直线y=x或y=z的交点时,等号成立,所以IABI的最大值是4,故A正确.曲线C围成的图形的面积为4XnX()2+X4X224=4T+8,故B正确.由曲线C的对称性,不妨设点P在曲线ci上.因为z2+y2=IopI2,所以当IOPI的值最小时,x2十Y2的值也最小.因为点。在圆O,上,记圆O,过原点。的直径为OM,直线OP与直线OM的夹角为0,由题意可知,0EIO.1,则oPOMCOS0=2COS0,所以当0=时,1OPI取得最小值2,所以z2+Y2的最小值为4,故C正确.由图可知,曲线C围成的区域内格点的个数为25,故D错误.故选ABC.10.BCD【解析】根据题意得an+1=3an2ani→an+1an=2(a,a,)a2a1=2,所以数列{an+1a,}为首项为2,公比为2的等比数列,故A错误;根据题意得a,=3an2ani户an+12a,=(n2ani,a22a,=1,所以数列(a:i2a,}为首项为1,公比为1的等比数列,故B正确;由A,B得an+ia,=2"且an+i2a,=1,解得a,=21,所以S,=a十a2+…+(n=2i+22+…+2"n2n+in2,故C正确,D正确.故选BCD.11.BCD【解析】对于A,令z=y=0,则由f(u十y)十f(uxy)=f(x)f(y)可得2f(0)=[f(0)]2,故f(0)=0或f(0)=2,故A错误.对于B,当f(0)=0时,令y=0,则f(1)+f(1)=f(x)f(0),则f(1)=0,故f"(x)=0,函数f"(x)既是奇函数又是偶函数;当f(0)=2时,令z=0,则f(y)十f(sy)=2f(y),所以f(y)=f(y),所以f(x)为偶函数,所以f'(x)为奇函数.综上可知f'(x)必为奇函数,故B正确.对于C,令y=z,则f(2z)+f(0)=Lf(u)]2≥0,由于xER,令t=2u,iteR,即f(t)十f(0)≥0,故f(x)+f(0)≥0,故C正确.对于D,f(1)=1,令u=1,y=0,则f(1)f(1)=f(1)f(0),则f(0)=2,取y=1,则f(u十1)+f(uz-1)=f(x)f(1)=f(u),所以f(x十1)=f(x)f(x1),f(x十2)=f(+1)f(z),两式相加得f(z2)= f(ux:1),所以f(u十3)=f(u),f(u十6)=f(x+3)=f(u),所以6为函数f(x)的一个周期.又由f(u十2)=f(u十1)f(uz),可得f(2)=f(1)f(0)=1,f(3)=f(2)f(1)=2,f(4)=f(3) f(2)=1,f(5)=f(4)f(3)=1,f(6)=f(5)f(4)=2,所以f(1)f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+2025f(6)=0,所以if(n)=337×cf(19+sf(2)+f(3+f(4+f(5)+f(6)]+f(19+f(2)+f(3)=2,故D正确.故选BCD.3+21→212.【解析】由BD=2DC,得ADAB=2(ACAD),即3AD=AB+2AC=AE+AF,由D,E,F3mn1(12\1(n2m3+2+1+2所以m+n=(m+n)ll=3++≥,当且仅当m1(12\1(n2m3+2+1+23Lmn)3mn)333开年摸底联考数学答案第2页(共7页)3+2以m+n的最小值为·313.2【解析】易得f(2)=0,且当z→0时,f(x)+当z+时,f(x)+所以要使f(x)恰有一个零点,则f(u)在z=2左侧附近单调递减,右侧附近单调递增,即f(ux)在z=2处取到最小值,且f'(2)=0·又f(x)=2r3,所以f(2)432o,解得a=22(2)(2z十1)当a=2时,f"(x)=2z3,当XZE(0,2)时,f"(x)<0,f(x)单调递减,当zE(2,+)时,f"(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)在z=2处取得极小值,也是最小值,即f(x)≥f(2)=0恒成立,所以当且仅当a=2时,f(x)恰有一个零点.14·2【解析设A(.r1rs1),B(x2,y2),易知直线AB的方程为y=3r9,即3y+3,将其代入双曲线C的方b292b2918b272b2程,整理得(b29)y2+18b2y十72b2=0,所以yi+y2b292b2915.(1)证明:因为2COS2B=2COS2C+3sinBSinC,所以2sin2C3sinBSinC2sin2B=0,………………………3分所以由正弦定理得2c23bc2b2=0,解得C=2b,或C2b(舍去),所以C=2b.…………………………6分(2)解:解法一:由(1)得C=2b=4.如图,过点B,C分别作AD的垂线,垂足分别为E,F.由b=2,LCAD=,可得CF=1,AF=·……………7分又D为BC的中点,可得△BDE△CDF,则BE=CF,DE=DF,设DF=z,则在Rt△ABE中,由勾股定理得AB2AE2=BE2,即16(2Z+)21,……………9分 解得=2·所以AD2·""…所以S△ABC2S△ADC22AD·CF=2·"…13分解法二:由(1)得C=2b=4.在△ABD,△ADC中,(2由余弦定理得C2=AD2+I2··ADCOSADB,……………………7(22)2(b2AD2+Il2··ADcosADC.……………………8分(2)2开年摸底联考数学答案第3页(共7页)又LADB+LADC=r,两式相加得2AD2+2b2+C220.………9分((""……16.解:(1)如图,取AB的中点E,连接PE,EC.由PA=PB=,可得PE上AB.又平面PAB上平面ABCD,平面PABn平面ABCD=AB,PE一平面PAB,所以PE上平面ABCD.因为EC平面ABCD,所以PE上EC,所以PCE为PC与平面ABCD所成的角,……………………3分因为PC2PE2+EC2=PE2EB2BC2=PB2+BC2=5+16=21,22又PE=PB2B=2,所以sinPCE=.……………………5分21故PC与平面ABCD所成角的正弦值为·………………6分21(2)取CD的中点F,连接EF,以E为坐标原点,EB,EF的方向分别为x,y轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则B(1,0,0),C(1,4,0).………………7分设P(0,2cos0,2sin0),oe(0,x),平面PBC的法向量为m=(x,y,x),则BC=(0,4,0),BP=(1,2COS0,2sin0).……………………8分m上BC,=0mm上BC,=0m上BP,z2yCos2之sin9=0,取x=1,得m=(2sin0,0,1).…………………9分又平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),Im·n11所以COSIm·n11"………………开年摸底联考数学答案第4页(共7页)所以P(0,1,)或P(0,1,),所以PC=12所以PC=1232十315分所以PC15分所以PC的长知得a24b217.解:(1)由已解得a知得a24b217.解:(1)由已lb2=3,所以椭圆E的方程为4+3i所以椭圆E(2)解法一:设B(u1,y1),C(z2,y2).由题意,直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kz3,联立消去y,得(3+4k2)u联立消去y,得(3+4k2)u224kz+24=0,……………6分>或k<,……6分>或k<,………………22 24zi23+4k2所以:2-=k.………………22 24zi23+4k2所以:2-设外心Q(u,,y,),则由IPQl=lQB,得z2+(y)2=(uoxi)2+(yos)2,即z22ozi2yoyi十y2i2yn3=0,………………9分+3)y-0,…11分-"。十ky(+3)yo12分所以::2-8:k··::2-83,y··-"。十ky(+3)yo12分=2,……=2,………………14分解法二:设B(x1,y),C(z2,y2).由题意,直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kz3,由d(24k)24x24(3+4k2)>0,得k>2或k<2·……6分设PBC的外接圆的方程为z2+Y2+DUZ+EY十F=0,因为圆过P(0,),所以F=3E,所以圆的方程为2+Y2+D+Ey3E=0,(DE外心Q的坐标为,1.…………………(DE\22)y=kz3,由z2+y2+D+Ey3E=0,开年摸底联考数学答案第5页(共7页)开年摸底联考得(1+k2)z2+(D+EK6k)u+63EE=0.②……………………10分所以,……i2分解得-2…i4分18.解:点P每秒有"上、下、左、右"4种移动可能,6秒则有4s种可能.(1)移动6秒后点P到点(0,0),具体情况见下表:上下左右数量33C322C2C42C2i22C2C42C2i33C3(2)点P移动到直线y=x:上,即移动到点(0,0),(1,1),(1,1),(2,2),(2,2),(3,3),(3,3)这7种i)移动6秒后到原点,见第(1)问,共400种情况.ii移)动6秒后到点(1,1),具体情况见下表:上下左右数量322322共C3C23+C3C32+C2SC4iC3i300(种)情况.………………………10分ii移)动6秒后到点(2,2),具体情况见下表:上下左右数量32C3C2323共C3C23C3C32120(种)情况.…………………12分iv)移动6秒后到点(3,3),则"上""右"各移动三次,共C320(种)情况.……14分易知,移动6秒后到点(1,1),(2,2),(3,3)的情况数分别等于移动到点(1,1),(2,2),(3,3)