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A={X-2A.{x0<×<3)B.{X-2D.12
2.已知复数2满足42-1=-2i,则2的虚部为(）
7
c.
、1
3.已知ae023sn2a=cos2a+1,则am2a=（)
A.√2
B.3
c
4.若命题：“3a,beR,使得a-cosb≤b-cosa”为假命题，则a,b的大小关系为()
A.aB.a>b
C.a≤b
D.a≥b
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22.5cm,足径14.4cm,高3.8cm,其中底部圆柱高0.8cm,则黄地绿彩云龙纹盘的侧面
积约为()（附：π的值取3，√25.4025≈5）
A.311.31cm2B.300.88cm2
C.322.24cm2
D.332.52cm2
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
B
A
A.45(6+√2)B.45(V6-√2)
C.90(3-1)
D.90(V3+1)
乙已知双曲线E:X-高=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为，，过5的直线与E的右支交于A,B
两点，且BF2=2AF2,若AF·AB=0,则双曲线E的离心率为()
A.3
B.7
c.23
D.vo
3
3
8.已知函数f(x)的定义域为R,且满足f(X)+f(y)=f(X+y)-2y+2,f()=2,则下列结论正确的是()
A.f(4)=12
B.方程f()=X有解
c.+是偶函数
D-引是偶数
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100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100名学生中，成绩位于
[80,90)内的学生成绩方差为12，成绩位于[90,100)内的同学成绩方差为10.则()
参考公式：样本划分为2层，各层的容量、平均数和方差分别为：m、x、S；n、y、s.记样本平均数为o,
样本方差为，子-mn+(仅-可]+nn号+(-门
频率组距
7a-----
6a
3a
2a
0'5060708090100成绩/分
A.a=0.004
B.估计该年级学生成绩的中位数约为77.142025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.己知集合A={X-2A.{x0D.L2分
【答案】D
【分析】先求集合B,注意X∈N,再求AOB
【详解】x2-5x<0→0<×<5，又因为x∈N,所以B=L2,3,4,得A∩B=L2.
故选：D.
2.已知复数2满足42--2i,则2的虚部为（)
2
B.
1
10
c.1
5
D.
10
【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42-1-2，所以4+1=22，所以1=(2-4)2，
7
1
2+41
2+4i1,1
所以Z2-41P2-42+4P20日10十与，所以z的虚部为
故选：C
3.已知ae0,2,3sin2a=cos2a+1,则n2a-（)
A.√2
B.5
C.3
D.
4
4
【答案】C
【分析】利用二倍角的正余弦公式求出tana,，再利用二倍角的正切公式计算即得
【详解】由3sin2a=cos2a+1,得6 sina cos=2cos2a,而a∈(0，)，即cosa>0,
1
则tana
3,所以tan2a
2tan g
2×
3
1-tan2a1-白2
故选：C
4.若命题：“a,b∈R,使得a-cosb≤b-cosa"为假命题，则a,b的大小关系为()
A.aB.a>b
C.a≤b
D.azb
【答案】B
【分析】由命题的否定为真命题，转化为a+cosa>b+cosb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“ a,beR,使得a-cosb>b-cosa"为真命题，
即a+cosa>b+cosb,
设f(x)=×+cos×,则f'(x)=1-sin×≥0，
所以f()为增函数，
所以由f(a)>f(b)可知a>b,
故选：B
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22.5cm,足径14.4cm,高3.8cm,其中底部圆柱高0.8cm,则黄地绿彩云龙纹盘的侧面
积约为()（附：π的值取3，√25.4025≈5）
A.311.31cm2
B.300.88cm2
C.322.24cm2
D.332.52cm2
【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I,两底面圆半径分别为R,r(其中R>r),
则2R=22.5,2r=14.4,h=3.8-0.8=3,
所以1=，h2+
2R-2r
=V32+4.052=√25.4025≈5，
2
故圆台部分的侧面积为S=π(R+r)1≈3×(11.25+7.2)×5=276.75cm2,
圆柱部分的侧面积为S2=2πr.0.8=6×7.2×0.8=34.56cm2,
故该黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为S1+S2≈276.75+34.56=311.31cm22025 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。
1 2 3 4 5 6 7 8
D C C B A A B C
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 10 11
BCD ACD AC
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
π
12． 13
1
． 14．6
3 3
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 AB = 2CD = 2AD = 2BC = 2，则∠ABC = 60 ，
因为BC =1, AB = 2，所以∠ACB = 90 , AC ⊥ BC ，（1 分）
因为平面PAB ⊥平面 ABCD，平面PAB∩平面 ABCD = AB，
且 PA ⊥ AB, PA 平面PAB，
所以PA ⊥平面 ABCD，（2 分）
因为BC 平面 ABCD，所以PA ⊥ BC ，（3 分）
且 AC PA = A, AC, PA 平面PAC ，所以BC ⊥平面PAC ，（4 分）
又 BC 平面PBC ，所以平面PAC ⊥平面PBC ；（5 分）
（2）如图，以 A 为原点， AP, AB分别为 x轴， y 轴正方向，在平面 ABCD内过点 A 作平面 ABC 的垂线为 z
轴，
建立空间直角坐标系，
则 P(1,0,0), B(0, 2,0), D
1 3
0, , ,C 0,
3 , 3 ，（7 分，建系、设点各一分）
2 2 2 2
所以 AP = (1,0,0), AD
1 3
= 0, , ， PB = ( 1,2,0), BC 0,
1 , 3= ，
2 2 2 2
设平面PAD 的一个法向量n1 = (x, y, z)，
n
1
AP = x = 0
则 ，令 z = 1，得n = (0, 3, 1) ，（9 分）
n1 AD
y 3z
= + = 0 1
2 2
设平面PBC 的法向量n2 = (m, n, p)，
n2 PB = m + 2n = 0
则 n 3p ，令 p =1，得n2 = (2 3, 3,1)，（11 分）
n2 BC = + = 0 2 2
n1 n2 2 1
设平面PAD 与平面PBC 的夹角为θ，则 cosθ = = = ，（12 分）
n 2×4 41 n2
所以平面PAD 与平面PBC 15夹角的正弦值为 1 cos2θ = ．（13 分）
4
16．（15 分）【详解】（1）易知9.39 = 8.57 + 0.82，所以根据正态分布区间公式有
P (X > 9.39) = P (x > +σ ) 1 P ( σ ≤ x ≤ +σ )= = 0.16 ，（3 分）
2
即每个地区大于该地区的人均生产总值的概率为0.16 ，
则Y B (2,0.16)，（4 分，不写不扣分）
P (Y =1) = C1所以： 2 ×(0.16)×(1 0.16) = 0.2688；（6 分）
（2）因为 t = 0.2x + 2.2，由题意可知，每年的人均生产总值分别依次为：
u 14.64 6.1,u 17.42 6.7,u 20.721 = = = = = = 7.4， 0.2×1+ 2.2 2 0.2×2+ 2.2 3 0.2×3+ 2.2
u 25.24 = = 8.4,u
30.08
5 = = 9.4，（8 分） 0.2×4+ 2.2 0.2×5+ 2.2
所以 x
1
= ×(1+ 2+ 3+ 4+ 5) = 3,u 1= ×(6.1+ 6.7 + 7.4+8.4+ 9.4) = 7.6，（10 分）
5 5
5 5
则∑(xi x )(ui u ) = 8.3，∑(
2
xi x) =10（12 分）
i=1 i=1
5
∑(xi x )(ui u )
b i=1 8.3由公式可知 = = = 0.83, a = u b 5 x = 7.6 0.83×3 = 5.11，（14 分）
∑(xi x )2 10
i=1
即u = 0.83x + 5.11.（15 分）
17．（15 分）【详解】（1）设G (x, y) , M (x0 , y0 )，则 N (x0 ,0)，因G 为 OMN 的重心，
x 2x= 0
3
故有： y ，（2 分）
y = 0
3
3x 2
解得 x0 = , y0 = 3y x
2 + y2 = 9 x，代入 0 0 ，化简得 + y2 =1，（4 分） 2 4
2
又 x0 y0 ≠ 0，故 xy ≠ 0
x
，所以G 的轨迹方程为 + y2 =1(xy ≠ 0) .（5 分）
4
（2）因H 为 ABQ 的垂心，故有 AB ⊥ HQ, AH ⊥ BQ ，
k 1 0 3又 HQ = = ，所以 kl = 3 ，（7 分） 0 3 3
故设直线 l的方程为 y = 3x +m (m ≠1)，
x2
与 + y2 =1联立消去 y 得：13x2 +8 3mx + 4m2 4 = 0 ，（8 分）
4
由Δ = 208 16m2 > 0 得m2 <13，（9 分）
2
设 A(x1, y1 ) , B (x2 , y ) 8 3m 4m 42 ，则 x1 + x2 = , x1x2 = ，（10 分） 13 13
y y
AH ⊥ BQ 1 2
1
由 ，得 = 1 x xx 3 x ，所以 2 ( 1 3 ) + ( 3x1 +m)( 3x2 +m 1) = 0，（12 分） 1 2
所以4x1x2 + 3 (m 1)(x1 + x2 ) +m2 m = 0，
所以4(4m2 4) 24m (m 1) +13(m2 m) = 0，化简得5m2 +11m 16 = 0，（13 分）
16
解得m =1（舍去）或m = （满足Δ > 0），（14 分）
5
故直线 l的方程为 y = 3x
16
.
5 （
15 分）
ln ex lnx
18 17 1 ( ) 1+ lnx．（ 分）【详解】（ ）由题意得 f (x) = = ， x∈(0,+∞)，则 f ′(x) = 2 ，（1 分） ax ax ax
由 f ′(x) = 0，解得 x =1．（2 分）
显然a ≠ 0，
若 a > 0，则当0 < x <1时， f ′(x) > 0, f (x)单调递增，当 x >1时， f ′(x) < 0, f (x)单调递减；（3 分）
若 a < 0，则当0 < x <1时， f ′(x) < 0, f (x)单调递减，当 x >1时， f ′(x) > 0, f (x)单调递增．（4 分）
综上，当a > 0时， f (x)在区间 (0,1)内单调递增，在区间 (1,+∞)内单调递减；
当 a<0时， f (x)在区间 (0,1)内单调递减，在区间 (1,+∞)内单调递增．（5 分）
ln (ex) 1+ lnx
（2）（i）由 =1，得 = a，
ax x
g (x) 1+ lnx设 = ，由(1)得 g (x)在区间 (0,1)内单调递增，在区间 (1,+∞)内单调递减，（6 分）
x
1
又 g = 0, g (1) =1，当 x >1时， g (x) > 0，且当 x →+∞时， g (x) → 0，（8 分）
e
1+ lnx
所以当 0 < a <1时，方程 = a
ln (ex)
有两个不同的根，即方程 =1有两个不同的根，故a的取值范围是
x ax
(0,1)．（9 分）
lnx +1 lnx +1
（ii）不妨设 x1 < x2，则 0 < x1 <1< x
1 2
2 ，且 =x1 x
．（10 分）
2
设 h (x) g (x) 1 1+ lnx= g = x (1 lnx)， x∈(0,+∞)，
x x
h′(x) lnx
2
则 = 2 + lnx = lnx
x 1
2 ≥ 0，（11 分） x x
所以h (x)在区间 (0,+∞ )内单调递增，
又 h (1) = 0，
所以h (x1 ) = g ( )
x 1 11 g < 0，即 g (x1 ) < gx ．（13 分） 1 x1
又 g (
x2 ) = g (x1 )，所以 g (x2 ) < g
1
，（14 分）
x1
1
又 x2 >1, >1, g (x)在区间 (1,+∞x )内单调递减． 1
1
所以 x2 > x ，即
x1x2 >1，（16 分）
1
2 2
又 x1 ≠ x2 ，所以 x1 + x2 > 2x1x2 > 2，得证．（17 分）
19．（17 分）【详解】（1）存在，理由如下：
由已知得a1 =1， a2 =1，a3 = a1 + a2 = 2，（1 分）
∴c1 = m,c2 = m,c3 = 2m,（2 分）
∴c3 = c1+c2 ,即 c1+2 = c1+c2 , （3 分）
∴对 m∈R，当正整数 k=1时，存在n=2，使得ck+n = ck + cn 成立，
即数列{cn}为“1阶可分拆数列”；（4 分）
（2） S nn = 3 a ，
∴当 n =1时， d1 = 3 a ，（5 分）
当 n ≥ 2时， dn = S S n n 1 n 1n n 1 = (3 a) (3 a) = 2 3 ，（6 分）
（i）若数列{dn}为“1阶可分拆数列”，则存在正整数n使得d1+n = d1 + dn 成立，
当 n =1时，d2 = d1 + d1，即6 = 2(3 a)，解得a = 0，（7 分）
当 n ≥ 2时，2 3n = (3 a)+2 3n 1，即 4 3n 1 = 3 a ，（8 分）
因 a ≥ 0，所以3 a ≤ 3，又 4 3n 1 ≥12，（9 分）
故方程 4 3n 1 = 3 a 无解.
综上所述，符合条件的实数 a 的值为 0 . （10 分）
（ii）证明： an+2 = an+1 + an , (n∈N
*)，
∴当 n ≥ 2 2时，an = an (an+1 an 1 ) = anan+1 anan 1，
∴ a21 + a
2 2
2 + a3 + +a
2
n
= a21 + (a2a3 a2a1 )+ (a3a4 a3a2 ) + (a4a5 a4a3 )+ + (anan+1 anan 1 )
=a21 a2a1 +anan+1 =anan+1，（11 分）
∴a2 21 + a2 + a
2
3 + +a
2
n anan+1 +1=1，（12 分）
a
由（i n）知 Sn = 3 ，所以 fn = nn ， 3
∴T = a1 + a2 + a3 + a a + n 1 + nn 31 32 33 n 1 n
①，
3 3
1 a
T = 1
a2 a3
n 2 + 3 + 4 +
a a
+ n 1n +
n
n+1 ②，（13 分） 3 3 3 3 3 3
2 a
由①-②可得 T = 1 +
a2 a1 + a3 a2 + a4 a3 + a a a + n n 1 n
3 n 31 32 33 34 3n 3n+1
= 1 + a1 + a2 + a a3 4 +
n 2 n
3 3 3 3n 3n+1
= 1 + 1 a a a a2（
1 + 2 + + n 2 n1 2 n 2 ） n+1 （14 分） 3 3 3 3 3 3
= 1 + 12 T
a
nn-2 n+1 ，（15 分） 3 3 3
T an 2 0， 3
2 T = 1 + 1 a 1∴ n 2 Tn-2
n
n+1 < +
1 T
3 3 3 3 3 32 n
，（16 分）
T 3∴ n < <1， 5
当 n∈N* 且n ≥ 3时， Tn < a
2
1 + a
2
2 + a
2
3 + +a
2
n anan+1 +1成立.（17 分）
