河北省保定市定州中学2024-2025学年高三上学期开学考试 数学试题（PDF版，含解析）

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２０２５届高三年级开学调研检测（一）
　　　　　数学答案与解析
１．【答案】Ｂ
【解析】由题意集合Ｂ＝{ｘ｜－３＜ｘ－２＜３}＝{ｘ｜－１＜ｘ＜５}．故选Ｂ．
２．【答案】Ａ
【解析】由题意得ｚ１在复平面内所对应的点为（１，２），则ｚ２所对应的点为（１，－２），
ｚ ２
所以ｚ＝１－２ｉ １ １＋２ｉ （１＋２ｉ） －３＋４ｉ２ ，则ｚ＝１－２ｉ＝ １－２ｉ １＋２ｉ＝ ５ ．故选Ａ．２ （ ）（ ）
３．【答案】Ａ
【解析】ｌｏｇ４ｘ＋ｌｏｇ４ｙ＝２，∴ｘ＞０，ｙ＞０，ｌｏｇ４（ｘｙ）＝２，ｘｙ＝１６，
∴１＋２≥２ ２＝２ ２＝槡２ １ ２【法一】 ｘ ｙ ，当且仅当 ＝ 时，上式等号成立，槡ｘｙ 槡１６ ２ ｘ ｙ
又ｘｙ＝１６，可得ｘ＝２槡２，ｙ＝４２
１ ２
时， 槡
２
槡 ｘ＋ｙ的最小值为２．故选Ａ．
１ ２ ｙ ２ ２ ｙ ２
【法二】∴ｘ＋
槡
ｙ＝１６＋ｙ≥２，当且仅当１６＝ｙ时，上式等号成立，
又ｘｙ＝１６，可得ｘ＝２槡２，ｙ＝４２
１＋２ ２槡时， 槡ｘ ｙ的最小值为２．故选Ａ．
４．【答案】Ａ
５．【答案】Ｃ
{?Ｂ→Ａ ?ＢＣ→ ?→【解析】【法一】化为空间向量问题，以 １， １，ＢＤ}作为基底，则
?Ｍ→Ａ＝?Ｂ→Ａ－１?Ｂ→Ｄ ?Ｂ→Ｎ＝１?Ｂ→Ａ＋１?ＢＣ→１ １ ２ ， ２ １ ２ １，
?
设向量Ｍ→Ａ ?１和Ｂ
→Ｎ的夹角为θ，
则直线Ａ１Ｍ和ＢＮ夹角的余弦值等于｜ｃｏｓθ｜．进行向量运算
?Ｍ→Ａ ?→１·ＢＮ＝
?Ｂ→Ａ－１?Ｂ→Ｄ １?Ｂ→Ａ＋１?ＢＣ→（ １ ２ ）·（２ １ ２ １）
＝１?Ｂ→Ａ２ １?→ ?→ １?→ ?→ １?→ ?→２ １ －４ＢＤ·ＢＡ１＋２ＢＡ１·ＢＣ１－４ＢＤ·ＢＣ１
因为四面体ＤＢＡＣ ?→ ?→ ?→ ?→ ?→ ?→ π１ １为正四面体，所以 ＢＡ１ ＝ ＢＣ１ ＝ ＢＤ且ＢＡ１，ＢＣ１，ＢＤ夹角均为３，
?Ｍ→Ａ ?→
１?→２ １?→ ?→
·ＢＮ ２ＢＡ１ －４ＢＤ·ＢＡ＋
１?Ｂ→Ａ ?ＢＣ→ １?→ ?→１ １· １－ ＢＤ·ＢＣ１
所以ｃｏｓθ＝ １ ２ ４?Ｍ→Ａ ?→
＝
１ · ＢＮ 槡３ ?
２ Ｂ
→Ａ ３ ?１ ·槡２ Ｂ
→Ａ１
１?Ｂ→Ａ２－１?Ｂ→Ａ２＋１?Ｂ→Ａ２－１?→２ １２ １ ８ １ ４ １ ８ＢＡ１＝ ＝２＝２．故选Ｃ．
槡３ ?Ｂ→Ａ 槡３ ?→
３ ３
２ １ ·２ ＢＡ１ ４
·２０２５届高三开学调研（一）———数学答案　第１页（共８页）】
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书
【法二】分别以ＤＡ，ＤＣ，ＤＤ１所在的直线为ｘ，ｙ，ｚ轴
建立如右图所示的空间直角坐标系．
设正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１的棱长为２，
得Ａ１（２，０，２），Ｍ（１，１，０），Ｂ（２，２，０），Ｎ（１，１，２）
?Ｍ→得 Ａ１＝（１，－１，２
?→
），ＢＮ＝（－１，－１，２）．
?Ｍ→Ａ ?→设向量 １和ＢＮ的夹角为θ，
则直线Ａ１Ｍ和ＢＮ夹角的余弦值等于 ｃｏｓθ．
?Ｍ→Ａ ?→
ｃｏｓθ＝ １
·ＢＮ
＝ －１＋１＋４ ４ ２进行向量运算得 ?→ ?→ ＝ ＝ ．故选Ｃ．｜ＭＡ１｜·｜ＢＮ｜ 槡１＋１＋４·槡１＋１＋４ ６ ３
【法三】连接Ｄ１Ｍ，易得Ｄ１Ｍ∥ＮＢ，
则直线Ａ１Ｍ和ＢＮ夹角即为直线Ａ１Ｍ和Ｄ１Ｍ所成角或其补角，
设正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１的棱长为２，
则△Ａ１ＭＤ１中，Ａ１Ｍ＝槡６，Ｄ１Ｍ＝槡６，Ａ１Ｄ１＝２，
ｃｏｓ∠ＡＭＤ ＝６＋６－４ ２由余弦定理得， １ １ ２×６ ＝３．故选Ｃ．
６．【答案】Ｂ
【解析】由题意得，Ｆ（１，０），Ａ到ｌ的距离等于｜ＡＦ｜＝｜ＡＢ｜，即点 Ａ在线段 ＦＢ的垂直平分线
上，所以点Ａ的横坐标为２，不妨设点Ａ在ｘ轴上方，代入得，Ａ（２，２槡２），所以△ＡＦＢ面积为
２槡２．故选Ｂ．
７．【答案】Ｂ
【解析】【法一】因为 ａ＝１，ｂ＝槡３，ａ·ｂ＝０，ｂ－ａ＝ （ｂ－ａ）
２
槡 ＝２，
ａ－ｃ＝ ｂ－ｃ得 ａ－ｃ２＝ ｂ－ｃ２，ａ２－２ａ·ｃ＋ｃ２＝ｂ２－２ｂ·ｃ＋ｃ２，
即１－２ａ·ｃ＝３－２ｂ·ｃ，所以ｂ·ｃ－ａ·ｃ＝１，（ｂ－ａ）·ｃ＝１，
设ｂ－ａ与ｃ的夹角为θ，则（ｂ－ａ）·ｃ＝ ｂ－ａ· ｃ·ｃｏｓθ＝１，
当ｃｏｓθ＝１ １时，ｃ最小为２．故选Ｂ．
【法二】因为 ａ＝１，ｂ＝槡３，ａ·ｂ＝０，如图所示：
ＲｔΔＡＢＣ ?Ｏ→Ａ＝ａ?Ｏ→Ｂ＝ｂ ?→设 中， ， ，则 ＡＢ ＝２，
?
设Ｏ→Ｃ＝ｃ，由 ａ－ｃ＝ ｂ－ｃ知，
Ｃ点在线段ＡＢ的垂直平分线ＤＥ上，且ＯＤ＝１，
则ｃ １最小值为点Ｏ到直线ＤＥ的距离２．故选Ｂ．
【法三】因为 ａ＝１，ｂ＝槡３，ａ·ｂ＝０，建立如图平面直角坐标系，
则Ａ（０，１），Ｂ（槡３，０）．设ｃ＝（ｘ，ｙ），由 ａ－ｃ＝ ｂ－ｃ知，
ｘ２＋（ｙ－１）２＝ （ｘ－３）２＋ｙ２槡 槡 槡 ?ｙ＋１＝槡３ｘ，
ｃ＝槡ｘ
２＋ｙ２＝槡４ｘ
２－２槡３ｘ＋１，
当ｘ＝槡３４，ｃ
１
取最小值２．故选Ｂ．
·２０２５届高三开学调研（一）———数学答案　第２页（共８页）】
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８．【答案】Ｄ
【解析】【法一】记甲上到第ｎ级台阶共有ａｎ种上法，则ａ１＝１，ａ２＝２，
上到第３级的方法为，每一步一级，或第一步一级第二步两级，或第一步两级第二步一级，或
一步走三级，共四种上法，所以ａ３＝４．
当ｎ≥４时，学生甲上到第ｎ级台阶，可以从第ｎ－１级或第ｎ－２级或第ｎ－３级上去，
所以ａｎ＝ａｎ－１＋ａｎ－２＋ａｎ－３，
于是ａ４＝７，ａ５＝１３，ａ６＝２４，ａ７＝４４，ａ８＝８１，ａ９＝１４９，ａ１０＝２７４，ａ１１＝５０４，
其中甲踩过第６级台阶的上台阶方法数，可分两步计算，
第一步，从第１级到第６级，共有ａ６种方法；
第二步，从第７级到第１１级，相当于从第１级到第５级的方法数，共有ａ５种方法；
所以甲踩过第６级台阶的上台阶方法数有ａ６ａ５＝２４×１３，
ａ
６ Ｐ＝１－ ６
ａ５＝１－２４×１３ ８则甲没踩过第 级台阶的概率是 ａ１１ ５０４
＝２１．故选Ｄ．
【法二】１１级楼梯，甲一步能上１级或２级台阶，最多可以一步上３级，
三步三级：３＋３＋３＋２＝１１走法为Ｃ１４＝４；３＋３＋３＋１＋１＝１１走法为Ｃ
２
５＝１０．
两步三级：３＋３＋１＋１＋１＋１＋１＝１１走法为Ｃ２７＝２１，
３＋３＋２＋１＋１＋１＝１１走法为Ｃ２６Ｃ
１
４＝６０，
３＋３＋２＋２＋１＝１１走法为Ｃ２５Ｃ
２
３＝３０；
一步三级：３＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＝１１走法为Ｃ１９＝９，
３＋２＋１＋１＋１＋１＋１＋１＝１１走法为Ｃ１Ｃ１８ ７＝５６，
３＋２＋２＋１＋１＋１＋１＝１１走法为Ｃ１Ｃ２７ ６＝１０５，
３＋２＋２＋２＋１＋１＝１１走法为Ｃ１Ｃ３６ ５＝６０，
３＋２＋２＋２＋２＝１１走法为Ｃ１５＝５；
零步三级：１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＝１１走法为Ｃ１１１１＝１，
２＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＝１１走法为Ｃ１１０＝１０，
２＋２＋１＋１＋１＋１＋１＋１＋１＝１１走法为Ｃ８９＝３６，
２＋２＋２＋１＋１＋１＋１＋１＝１１走法为Ｃ３８＝５６，
２＋２＋２＋２＋１＋１＋１＝１１走法为Ｃ４７＝３５，
２＋２＋２＋２＋２＋１＝１１走法为Ｃ１６＝６；
综上，上１１级台阶共有４＋１０＋２１＋６０＋３０＋９＋５６＋１０５＋６０＋５＋１＋１０＋３６＋５６＋３５＋６＝５０４．
同理，可得从第１级到第６级，共有２４种方法；从第７级到第１１级共有１３种方法，
２４×１３ ８
则甲没踩过第６级台阶的概率是Ｐ＝１－ ５０４ ＝２１．故选Ｄ．
９．【答案】ＢＣＤ
【解析】①（ｘ１－ｘ２）（ｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２））＞０，函数ｆ（ｘ）在定义域内单调递增．
②ｆ（ｘ１－２）＋ｆ（２－ｘ１）＝０，函数ｆ（ｘ）为奇函数．
ｘ１＋ｘ２ ｆ（ｘ１）＋ｆ（ｘ）③ｆ ２（ ２ ）＜ ２ ，函数ｆ（ｘ）图象向下凸．
④ｆ（２ｘ１）＋ｆ（２＋２ｘ１）＝０，说明函数ｆ（ｘ）周期为４．故选ＢＣＤ．
·２０２５届高三开学调研（一）———数学答案　第３页（共８页）】
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１０．【答案】ＡＢＤ
１１．【答案】ＣＤ
π
【解析】ｆ（ｘ）＝ｓｉｎ２ωｘ＋（ｃｏｓ２ωｘ－ｓｉｎ２ωｘ）＝ｓｉｎ２ωｘ＋ｃｏｓ２ωｘ＝槡２ｓｉｎ(２ωｘ＋４)．
ｘ∈( π π π πω π ２πω π当 １２，３)时，２ωｘ＋４∈( ６＋４，３ ＋４)，
π π
因为函数ｆ（ｘ）在(１２，３)上有最大值，无最小值，
π
所以存在ｋ∈Ｚ，使得－２＋２ｋπ≤
πω＋π６ ４＜
π
２＋２ｋπ＜
２πω＋π≤３π３ ４ ２＋２ｋπ
{ －
９
２＋１２ｋ≤ω＜
３＋１２ｋ －９２ ２≤ω＜
３
２
整理得 ，（ｋ∈Ｚ）． ３所以 ，解得 ＜ω＜３．
３
８＋３ｋ＜ω≤
１５＋３ｋ {３８ ８＜ω≤１５ ８ ２８
π
又因为ω∈Ｎ?，故ω＝１，得ｆ（ｘ）＝槡２ｓｉｎ(２ｘ＋４)，由性质故选ＣＤ．
１２． ５－１【答案】槡２
?→
【解析】因为ＦＡ ?·Ａ→Ｂ＝０，所以△ＡＦＢ为直角三角形，又｜ＦＡ｜＝ａ，｜ＡＢ｜＝ ２ ２槡ａ＋ｂ，｜ＦＢ｜＝ａ＋ｃ，
得ａ２＋ａ２＋ｂ２＝（ａ＋ｃ）２，ａ２＋ａ２＋ｂ２＝ａ２＋２ａｃ＋ｃ２?２ｃ２＋２ａｃ－２ａ２＝０，
ｃ２＋ｃ－１＝０?ｅ＝ｃ＝槡５－１．
ａ２ ａ ａ ２
１３．【答案】１２１
【解析】令ｘ＝１，则ａ５＋ａ４＋ａ３＋ａ２＋ａ１＋ａ０＝－１，令 ｘ＝－１，则 －ａ５＋ａ４－ａ３＋ａ２－ａ１＋ａ０
＝－２４３ －１＋２４３，故ａ５＋ａ３＋ａ１＝ ２ ＝１２１．
１４． １９【答案】１８９
【解析】如图为该几何体的轴截面，其中圆 Ｏ是等腰梯形 ＡＢＣＤ
的内切圆，设圆Ｏ与梯形的腰相切于点 Ｐ，Ｑ，与上、下底分别切
于点Ｏ１，Ｏ２，圆台上、下底面的半径为ｒ１＝１，ｒ２＝３．
得ＣＯ１＝ＣＰ＝１，ＢＯ２＝ＢＰ＝３，ＢＣ＝ＢＰ＋ＰＣ＝４．
π
则可得直角梯形Ｏ１Ｏ２ＢＣ中，∠Ｂ＝３，Ｏ１Ｏ２ ＝２｜ＯＰ｜＝２槡３．
连接ＯＰ，得∠Ｏ π１ＯＰ＝３，则｜ＱＰ｜＝３．设ＱＰ与Ｏ１Ｏ２交于点Ｏ３，
则ＯＯ ＝槡３，易得圆台ＯＯ １９体积为 槡３ ６３３１ ３ ２ １ ２ ２４π，圆台Ｏ２Ｏ３体积为
槡
８ π，
１９
故切痕所在平面分圆台上下两部分体积比为１８９．
１５．解：（１）【法一】因为（２ｂ－ａ）ｃｏｓＣ＝ｃｃｏｓＡ，由正弦定理得，
２ｓｉｎＢｃｏｓＣ－ｓｉｎＡｃｏｓＣ＝ｃｏｓＡｓｉｎＣ，
２ｓｉｎＢｃｏｓＣ＝ｓｉｎＡｃｏｓＣ＋ｃｏｓＡｓｉｎＣ， ２分
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
即２ｓｉｎＢｃｏｓＣ＝ｓｉｎ（Ａ＋Ｃ），
２０２５届高三开学调研（一）———数学答案　第４页（共８页）】
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又Ａ＋Ｂ＋Ｃ＝π，所以ｓｉｎ（Ａ＋Ｃ）＝ｓｉｎＢ≠０， ３分!!!!!!!!!!!!!!!!!
所以ｃｏｓＣ＝１２，又０＜Ｃ＜π
π
，即Ｃ＝３． ５分!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
【法二】因为（２ｂ－ａ）ｃｏｓＣ＝ｃｃｏｓＡ，由余弦定理得
ａ２＋ｂ２－ｃ２ ｂ２＋ｃ２－ａ２２ｂ－ａ ａ
２＋ｂ２－ｃ２
（ ） ２ａｂ ＝ｃ
２ ２ ２
２ｂｃ ?（２ｂ－ａ） ａ ＝ｂ＋ｃ－ａ
ａ２＋ｂ２－ｃ２ ２ ２ ２２ｂ －ａ２－ｂ２＋ｃ２?ｂ２ ２ａ ＋ｃ－ａ
２?２ｂａ＋ｂ－ｃ＝２ｂ２ａ ３分!!!!!!!!!!
ａ２＋ｂ２－ｃ２ ２ ２ ２
ａ ＝ｂ?
ａ＋ｂ－ｃ １
２ａｂ ＝２
所以ｃｏｓＣ＝１ π２，又０＜Ｃ＜π，即Ｃ＝３． ５分!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
（２）由余弦定理得ｃ２＝ａ２＋ｂ２－２ａｂｃｏｓＣ?ａ２＋ｂ２－ａｂ＝１６，即（ａ＋ｂ）２＝１６＋３ａｂ　①
设△ＡＢＣ １ １的内切圆半径为ｒ，由等面积公式得２（ａ＋ｂ＋ｃ）ｒ＝２ａｂｓｉｎＣ． ７分!!!!!!
１ ａ＋ｂ＋ｃ×槡３＝１×ａｂ×槡３即２（ ） ２ ２ ２．
整理得ａ＋ｂ＋４＝ａｂ，即ａ＋ｂ＝ａｂ－４?（ａ＋ｂ）２＝ａ２ｂ２－８ａｂ＋１６　② １０分!!!!!!
联立①②，解得ａｂ＝１１，
△ＡＢＣ １ａｂｓｉｎＣ＝１×１１×槡３＝１１槡３所以 的面积为２ ２ ２ ４ ． １３分!!!!!!!!!!!!!
１６．解：（１）【法一】证明：如图所示，取ＢＤ中点Ｏ，且Ｐ是ＢＭ中点，
∴ＰＯ∥ＭＤ且ＰＯ＝１２ＭＤ， ２分!!!!!!!!!!!!!!!
取ＣＤ的四等分点Ｈ，使ＤＨ＝３ＣＨ，且ＡＱ＝３ＱＣ，
ＱＨ∥ＭＤ １ １则 ，且ＱＨ＝４ＡＤ＝２ＭＤ，
∴ＰＯ瓛ＱＨ， ４分!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
∴四边形ＯＰＱＨ为平行四边形，
∴ＰＱ∥ＯＨ，ＰＱ在平面ＢＣＤ外，且ＯＨ?平面ＢＣＤ，
∴ＰＱ∥平面ＢＣＤ． ６分!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
【法二】连接ＡＰ并延长交ＢＤ于Ｎ，连接ＮＣ，
在△ＡＢＤ中，过点Ｐ作ＰＨ∥ＢＤ，
因为Ｐ是ＢＭ的中点，则ＭＨ＝ＨＤ， ２分
!
又Ｍ是ＡＤ的中点，ＡＨ＝３ＨＤ，
得ＡＰ＝３ＰＮ， ４分
!!!!!!!!!!
在△ＡＮＣ中，ＡＱ＝３ＱＣ，则ＰＱ∥ＮＣ，
又ＮＣ?平面ＢＣＤ，ＰＱ?平面ＢＣＤ，
∴ＰＱ∥平面ＢＣＤ． ６分!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
（２）由ＢＤ＝２ＣＤ＝２，ＢＣ＝槡３，知ＢＣ⊥ＣＤ．
以Ｄ为坐标原点，过点Ｄ与ＢＣ平行的直线为ｘ轴，分别以ＤＣ、ＤＡ所在直线为ｙ轴和ｚ轴建
２０２５届高三开学调研（一）———数学答案　第５页（共８页）】
{#{QQABbYgAoggoAJAAARgCQwnYCAGQkAGAAYgGwFAIoAAAwQFABAA=}#}
立如图所示的空间直角坐标系．又ＡＤ＝２，得Ａ（０，０，２），Ｍ（０，０，１），Ｂ（槡３，１，０），Ｃ（０，１，０），
?Ａ→Ｂ＝ ?→（槡３，１，－２），ＡＭ＝（０，０，－１
?Ｍ→），Ｂ＝（槡３，１ －１
?Ｍ→， ），Ｃ＝（０，１，－１）． ８分
!!!!!
设平面ＡＢＭ的一个法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ），
?→
{ｎ·ＡＢ＝０ ３ｘ＋ｙ－２ｚ＝０则 ?→ ，即 槡 ，ｎ·ＡＭ＝０ {ｚ＝０
取ｘ＝槡３，则ｙ＝－３，即ｎ＝（槡３，－３，０）； １０分!!!!!!!!
设平面ＢＣＭ的一个法向量为ｍ＝（ｘ１，ｙ１，ｚ１），
{ｍ
?
·Ｍ→Ｂ＝０ 槡３ｘ１＋ｙ１－ｚ１＝０
则 ?→ ，即{ ，取ｙ１＝１，得ｍ＝（０，１，１）．!ｍ·ＭＣ＝０ ｙ１－ｚ１＝０
１２分
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
ｃｏｓ＜ｍ ｎ＞ ＝ ｍ·ｎ ３ 槡６因为 ， ｜ｍ｜×｜ｎ｜＝ ＝ ，
槡１＋１·槡３＋９ ４
１０
所以二面角Ａ－ＢＭ－Ｃ的正弦值为槡４ ． １５分!!!!!!!!!!!!!!!!!!
１７．解：（１）由题意可得２ａ＝４，ａ＝２，又ｅ＝３２，ｃ＝３，
２ ２
所以ｂ２＝ｃ２－ａ２＝５ ｘ ｙ，则双曲线Γ的方程为４－５＝１；!!
４分
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
（２）设切线 ｌ的方程为 ｙ＝ｋｘ＋ｍ．则原点到 ｙ＝ｋｘ＋ｍ的距
１ ｜ｍ｜离为 ，得 ＝１，即ｍ２＝ｋ２＋１． ５分
!!!!!!!
槡ｋ
２＋１
ｙ＝ｋｘ＋ｍ
由{ ，得（５－４ｋ２）ｘ２－８ｋｍｘ－４ｍ２－２０＝０． !５ｘ２－４ｙ２＝２０
６分
!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
因为切线ｌ：ｙ＝ｋｘ＋ｍ过Γ上一点，
所以５－４ｋ２≠０，方程（５－４ｋ２）ｘ２－８ｋｍｘ－４ｍ２－２０＝０有解．
得Δ＝６４ｋ２ｍ２－４（５－４ｋ２）（－４ｍ２－２０）≥０，化简得ｍ２＋５≥４ｋ２，
又ｍ２＝ｋ２＋１，解得－槡２≤ｋ≤槡２， ８分!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
所以切线ｌ斜率最大为槡２，此时直线为ｙ＝槡２ｘ±槡３．不妨取切线ｌ方程为ｙ＝槡２ｘ－槡３，
设ｙ＝槡２ｘ－槡３与Γ的渐近线交于Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），
ｘ２ ｙ２
则Γ的渐近线方程４－５＝０与ｙ＝槡２ｘ－
２
槡３联立得，３ｘ－８槡６ｘ＋１２＝０， １０分!!!!
则ｘ＋ｘ ８槡６１ ２＝ ３，ｘ１ｘ２＝４，得｜ＡＢ｜＝３
１２８
槡槡（ｘ１＋ｘ２）
２－４ｘ１ｘ２＝槡３ ３ －１６＝４槡５， １２分槡 !
ｙ＝２ｘ－３ １ △ＡＢＣ ４槡５×１又原点到直线 槡 槡的距离为 ，所以 面积为 ２ ＝２槡５，
即切线ｌ斜率最大时与Γ的渐近线围成的三角形面积为２槡５． １５分!!!!!!!!!
·２０２５届高三开学调研（一）———数学答案　第６页（共８页）】
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１８．解：（１）当ａ＝０时，函数ｆ（ｘ）＝－２ｅｘ－ｘ，ｆ（０）＝－２， ２分
!!!!!!!!!!!!!
又ｆ′（ｘ）＝－２ｅｘ－１，则ｆ′（０）＝－２－１＝－３．
所以ｆ（ｘ）在点（０，ｆ（０））处的切线方程为ｙ＝－３ｘ－２． ４分
!!!!!!!!!!!!!
（２）由题意知，ｆ（ｘ）的定义域为（－∞，＋∞），
ｆ′（ｘ）＝２ａｅ２ｘ＋（ａ－２）ｅｘ－１＝（２ｅｘ＋１）（ａｅｘ－１），２ｅｘ＋１＞０恒成立．
若ａ≤０，则ｆ′（ｘ）＜０，所以ｆ（ｘ）在（－∞，＋∞）上单调递减； ６分!!!!!!!!!!!
若ａ＞０，令ｆ′（ｘ）＝０，解得ｘ＝－ｌｎａ．
当ｘ∈（－∞，－ｌｎａ）时，ｆ′（ｘ）＜０，当ｘ∈（－ｌｎａ，＋∞）时，ｆ′（ｘ）＞０；
所以ｆ（ｘ）在（－∞，－ｌｎａ）上单调递减，在（－ｌｎａ，＋∞）上单调递增．
综上，当ａ≤０时，ｆ（ｘ）在（－∞，＋∞）上单调递减；当 ａ＞０时，ｆ（ｘ）在（－∞，－ｌｎａ）上单调递
减，在（－ｌｎａ，＋∞）上单调递增． ９分!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
（３）若ａ≤０，由（２）知，ｆ（ｘ）至多有一个零点． １０分!!!!!!!!!!!!!!!!
若ａ＞０，由（２）知，当ｘ＝－ｌｎａ时，ｆ（ｘ）取得最小值为ｆ（－ｌｎａ）＝１－１ａ＋ｌｎａ．
ｇ １ １ １ ｘ＋１设 （ｘ）＝１－ｘ＋ｌｎｘ，ｇ′（ｘ）＝ｘ２
＋ｘ＝ ｘ２
＞０，
１
故ｇ（ｘ）＝１－ｘ＋ｌｎｘ在（０，＋∞）单调递增，又ｇ（１）＝０． １２分!!!!!!!!!!!
ⅰ １）当ａ∈［１，＋∞）时，ｆ（－ｌｎａ）＝１－ａ＋ｌｎａ≥０，故ｆ（ｘ）没有两个零点； １３分!!!!!
ⅱ １）当ａ∈（０，１）时，ｆ（－ｌｎａ）＝１－ａ＋ｌｎａ＜０，
又ｆ（－２）＝ａｅ－４＋（ａ－２）ｅ－２＋２＞－２ｅ－２＋２＞０，
故ｆ（ｘ）在（－∞，－ｌｎａ）上有一个零点． １４分!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!
ｘ＞ｌｎ３当 ，则ｅｘ＞ｅｌｎ
３
?ｅｘ＞３ａａ ａ?ａｅ
ｘ＞３，得ａｅｘ－３＞０?ａｅｘ＋ａ－３＞０，
得ｅｘ（ａｅｘ＋ａ－３）＞０，即ａｅ２ｘ＋ａｅｘ－３ｅｘ＞０，又易知ｅｘ＞ｘ，
则ａｅ２ｘ＋ａｅｘ－３ｅｘ＋ｅｘ－ｘ＞０，即ａｅ２ｘ＋ａｅｘ－２ｅｘ－ｘ＞０?ａｅ２ｘ＋（ａ－２）ｅｘ－ｘ＞０，
因此ｆ（ｘ）在（－ｌｎａ，＋∞）上也有一个零点． １６分!!!!!!!!!!!!!!!!!
综上，若ｆ（ｘ）有两个零点，实数ａ的取值范围为（０，１）． １７分
!!!!!!!!!!!!
１９．解：（１）有放回取球下（Ｘ，Ｙ）的联合分布律和边缘分布律；
（Ｘ，Ｙ）＝｛（０，０），（０，１），（１，０），（１，１）｝
ＰＸ＝０Ｙ＝０ ＝３×３ ９ ３ ２ ６（ ， ） ５ ５＝２５，　　　　　　Ｐ（Ｘ＝０，Ｙ＝１）＝５×５＝２５，
Ｐ（Ｘ＝１ ２ ３ ６ ２ ２ ４，Ｙ＝０）＝５×５＝２５， Ｐ（Ｘ＝１，Ｙ＝１）＝５×５＝２５，
Ｘ Ｙ ０ １ Ｘ边缘公布律
０ ９ ６ ３２５ ２５ ５
１ ６ ４ ２２５ ２５ ５
Ｙ ３ ２边缘分布律 ５ ５ １
２分
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２０２５届高三开学调研（一）———数学答案　第７页（共８页）】
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不放回取球下（Ｘ，Ｙ）的联合分布律和边缘分布律；
（Ｘ，Ｙ）＝｛（０，０），（０，１），（１，０），（１，１）｝
ＰＸ＝０Ｙ＝０ ＝３ ２（ ， ） ５×４＝０．３， Ｐ（Ｘ＝０Ｙ＝１ ＝
３ ２
， ） ５×４＝０．３，
Ｐ ２ ３（Ｘ＝１，Ｙ＝０）＝５×４＝０．３， Ｐ（Ｘ＝１，Ｙ＝１ ＝
２
） ５×
１
４＝０．１，
Ｙ ０ １ Ｘ边缘公布律
Ｘ
０ ０．３ ０．３ ０．６
１ ０．３ ０．１ ０．４
Ｙ边缘分布律 ０．６ ０．４ １
４分
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（２）（ⅰ）由（１）知有放回取球下（Ｘ，Ｙ）的联合分布律和边缘分布律中，
Ｐ（Ｘ＝０，Ｙ＝０ ＝３） ５×
３＝９５ ２５， Ｐ（Ｘ＝０，Ｙ＝１ ＝
３
） ５×
２
５＝
６
２５，
Ｐ（Ｘ＝１Ｙ＝０ ＝２×３ ６ ２ ２ ４， ） ５ ５＝２５， Ｐ（Ｘ＝１，Ｙ＝１）＝５×５＝２５，
满足ｐｉｊ＝ｐｉ×ｐｊ（ｉ＝１，２，３，…，ｎ，ｊ＝１，２，３，…，ｍ），所以Ｘ与Ｙ相互独立． ６分· · !!!!
在不放回摸球联合分布律中，
Ｐ（Ｘ＝０，Ｙ＝０）＝０．３≠０．６×０．６，不满足满足 ｐｉｊ＝ｐ×ｐ（ｉ＝１，２，３，…，ｎ，ｊ＝１，２，３，…，·ｉ ·ｊ
ｍ），则Ｘ与Ｙ不是相互独立． ８分
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（ⅱ）
Ｙ ｙ１ ｙ２ … ｙｍ Ｘ边缘公布律Ｘ
ｘ１ ｐ ｐ１１ ｐ１２ … ｐ１ｍ １·
ｘ２ ｐ２１ ｐ ｐ２２ … ｐ２ｍ ２·
… … … … … …
ｘｎ ｐｎ１ ｐ … ｐ ｐｎ２ ｎｍ ｎ·
Ｙ边缘公布律 ｐ１ ｐ· ·２ … ｐ·ｍ １
任取分布律中的一行为ｐｉ１，ｐｉ２，ｐｉ３，…，ｐｉｍ－１，ｐｉｍ（ｉ＝１，２，３，…，ｎ），（ ）
另一行为ｐｋ１，ｐｋ２，ｐｋ３，…，ｐｋｍ－１，ｐｋｍ（ｋ＝１，２，３，…，ｎ），其中ｉ≠ｋ，（ ）
因为二维离散型随机变量Ｘ与Ｙ相互独立，（Ｘ，Ｙ）的联合分布律与边缘分布律满足
ｐｉｊ＝ｐｉ×ｐｊ（ｉ＝１，２，３，…，ｎ，ｊ＝１，２，３，…，ｍ），· ·
所以ｐｉ１＝ｐ×ｐ，ｐ＝ｐ×ｐ，ｐ＝ｐ×ｐ，…，ｐ＝ｐ×ｐ·ｉ ·１ ｉ２ ·ｉ ·２ ｉ３ ·ｉ ·３ ｉｍ ·ｉ ·ｍ
ｐｋ１＝ｐｋ×ｐ１，ｐｋ２＝ｐ· · ·ｋ×ｐ·２，ｐｋ３＝ｐｋ×ｐ· ·３，…，ｐｋｍ＝ｐ×ｐ １２分·ｋ ·ｍ!!!!!!!!!!!
因为ｐｉｊ＝ｐ×ｐ ＞０（ｉ＝１，２，３，…，ｎ，ｊ＝１，２，３，…，ｍ）·ｉ ·ｊ
ｐ ｐｋ１ ·ｋ×ｐ１ ｐｋ ｐ ｐ ×ｐ ｐ ｐ· · ｋ２ ·ｋ ·２ ·ｋ ｐｋｍ ·ｋ×ｐ·ｍ ｐ·ｋ
ｐ ＝ｐ×ｐ ＝ｐ，ｐ ＝ｐ×ｐ ＝ｐ，…， ＝ ＝ １４分!!!!!!!!!!!ｉ１ ·ｉ ·１ ·ｉ ｉ２ ·ｉ ·２ ·ｉ ｐｉｍ ｐｉ×ｐ ｐ· ·ｍ ·ｉ
ｐｋ１ ｐ ｐｋ２ ｐ ｋ
所以ｐ ＝ｐ ＝ ＝
ｋｍ ·
… ｐ ＝ ，则分布律中任意两行对应成比例．ｉ１ ｉ２ ｉｍ ｐ·ｉ
同理可证分布律中任意两列也对应成比例． １７分
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２０２５届高三开学调研（一）———数学答案　第８页（共８页）】
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