2025届陕西省安康市高三9月开学联考-数学试卷（含答案）

{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}2025届新高三学情摸底考（新课标卷）数学·全解全析及评分标准阅卷注意事项：123456.阅卷前请各学科教研组长，组织本学科改卷老师开会，强调改卷纪律，统一标准。.请老师改卷前务必先做一遍试题，了解自己所改试题的答案、评分细则、答题角度后，再开始改卷。.请老师认真批阅，不可出现漏改、错改现象，如果不小心漏改或错改了，可以点击回评按钮重评。.成绩发布后，如果有学校反馈错评乱评，平台定位阅卷老师，进行通报批评。.解答题要在学生的答案中找寻有用的文字说明、证明过程或演算步骤，合理即可给分。.能给满分；同样，结果错误，但正确写出相应的文字说明、证明过程或演算步骤应给分，因第(1)问中结果算错，使后面最终结果出错过程列式正确，不宜重复扣分。7.或QQ群里反馈问题并协助解决。12345678910CABDDBCAACDACBCD一、选择题：本题共8小题，每小题540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。a2．C【解析】因为Ma2},Na2}，MN，所以解得a2.故选C.1a2a2Azabi,a,bRzabi所以aiabi)3iai3iba3i3ii)21．故选A．解得所以z1i，所以bz1ii)2．B【解析】由题意，知a2b2,2)，ab(3m,7)．由向量a2b与ab共线，得3497(32m)2(3m)0，即12m27，解得m．故选B．4．D【解析】因为f(x)(xa)x为奇函数，所以f(0)0，即a0，所以f(x)xx．求导，得f(x)xxsinx,f(π)1.又f(π)πyf(x)在点(π,f(π))处的切线方程为，所以曲线所以y(xπ)，即xy0．故选D．π2πD2sin)2sin(sincos)sincos)0，5424数学全解全析及评分标准第1页（共页）{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}1所以4k,kZ，所以sin22cos2cos2．故选D．2Bx2y22x0转化为(x2y21Cl:ymx2m(m0)，67P为直线l上一动点.由题意，得|m||的最小值为2，即当与直线垂直时，||取得最小值2，l|2.因为m0，解得m．故选．则m217C的中点MBM，△是边长为2且3．又因为△ACD为等腰直角三角形且直线BD为该筝形的对称轴，所以2，且DMCM1BD2△BMDM△的外接圆圆心O作直线l平面，过点M作直线l平面ACD，直线l与直线l相交于点O1212点O为四面体ABCD外接球的球心，计算，得四面体ABCD外接球的半径R23ABCD316π3外接球的表面积S4πR2．故选．．A【解析】设M(x,y)(xy0)，则N(x,y)，8yytan2x2y22xyxayxyatantan(MAO)1tantana2a21)y2xaxab22xyb2b2b2又tan，所以3，即3，所以e214，即e2，.a2xb2a2a2a2)yb2所以双曲线C的离心率为2.故选A．二、选择题：本题共3小题，每小题6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。9AA表示摸出的两个球的编号为1,2或1,3A表示摸出的两12个球的编号为3,4，所以事件A与事件A是互斥事件，故A正确；12对于BA表示摸出的两个球的编号为1,3或或3,4AAA与事件A不31313是对立事件，故B错误；111对于P(A)，P(A)，P(AA)P(AA)P(A)P(A)A与事件A是1332136131313相互独立事件，故C对于D，因为事件AA表示摸出的两个球的编号为3,4，事件AA表示摸出的两个球的编号为1,3，2313数学全解全析及评分标准第2页（共页）{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}所以事件AA与事件AA是互斥事件，故D正确．2313故选ACD．10AC【解析】由题意，知点M(3cosx,3sinx).22对于A，(x)(3cosπx)2(3sinx3)2423cos(x)，故A正确；1πππ22222320π3π对于B，当x时，(x)423)423423，为最大值，故B32355xkkZ，解得x2k,kZ，所以点(,4)是曲线y(x)的一个对称中对于C，令23233心，故C正确；ππ28对于D，令2kπx2πkZ，解得4kx4k，kZ.又x4)，所以k0，233323828[,]x3，所以(x)的单调递增区间为，故D错误.33故选AC．11BCDAxy0f(0)0yxf(x)f(x)0f(x)为奇函数，故A错误；对于Bxy1f(2)2f2xy2fff(2)6f1243433f812，所以ff(f，故B正确；，(xy)3x3y3对于Cf(xy)f(x)f(y)xy2x2y，得f(xy)f(x)f(y)，333x3记g(x)f(x)，则g(xy)g(x)g(y)，且g(x)也为奇函数.3又当x0时，3g(x)3f(x)x30，即g(x)0.下面证明g(x)在)上单调递增，设xx0，则g(x)g(x)g(x)g(x)g(xx)0，21212121即当xx0时，g(x)g(x)，所以g(x)在)上单调递增.2121又g(x)为奇函数，当x0时，g(x)0，所以g(x)在R上单调递增，x3所以f(x)g(x)在R上单调递增，故C正确；3对于D，令y1，得f(xf(x)fx2x，所以f(xf(x)2x1.又f(x)为奇函数，所以f(x)为偶函数.ππππ因为f(sin(ff(sin(ff(sin(f(f(sin(f(0)fx)22222的周期为，2024πf(sini)ff(0)f(f(0)]ff(0)].所以2i1数学全解全析及评分标准第3页（共页）{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}ff(2)5f8f(0)910,解得f2,f(0)1，由2024πf(sini)ff(0)]3036，故D正确．所以2i1故选BCD．三、填空题：本题共3小题，每小题51512．23【解析】因为(x3)8的展开式中xk的系数为C8k(3)8k，k0,1,8，所以所求的x9的系数为1(1C0(3)024123．故填23.8812133π313．3或7△ABCabsinC21sinCsinC.因为0C,所以C2222π或C.当C时，由余弦定理，得c2a2b22C222221cos，解得；c332332当Cc2a2b22C222221c7333或7．yx(x0)4．(3,)【解析】由题意，知射线OP:yx(x0)，|ORb，|OTa，联立x221y21，得4a2b2||OT|a2b2a2b2a2b2|xy|2.又圆C与圆C围成的图形的面积大|OS|2212a2b2a2b2a21ab||||a2b2于圆1πa2πb2πb2a2b22b2|22ab212a1aba1|||OT|32324()，令t，又yt在(2,)上单调递增，所以,)．.故填(bbt||24说明：1．第12题不用数字作答不给分；2．第13题只写3或只写7均不给分；．第14题写|||OT|32也给5分.3||24四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。5）设事件M“至少选到2箱A级苹果”.1【数学全解全析及评分标准第4页（共页）{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}3由题意，知选到1箱A级苹果的概率为1分）5所以选到1箱非A级苹果的概率为1322分）55325381所以P(M)C32()2C3()3，5512581即至少选到2箱A级苹果的概率为1.（425（2）由题意，知选出的箱苹果中，A级苹果有6箱，级苹果共有45分）X的所有可能取值为0,1,2,36C3431C24CC163C14CC2612C36316且P(X0),P(X,P(X2),P(XC30310103C10所以X的分布列为X0123131216P30（分）1311E(X)0123（12分）30269513分）说明：第一问：123.1分段设至少选到2箱A级苹果为事件M,正确求出选到1箱AM不扣分；.2分段求出选到1箱非A级苹果的概率；.4分段求出至少选到2箱A级苹果的概率，分开写选到2箱A级苹果和3箱A级苹果的概率，有一个正确给1分，答案写成0.648也给分.第二问：123456.5分段写出用分层随机抽样的方法，得到A级苹果有6B,C级苹果共有4箱；.6分段写出X的所有可能取值，有错不给分；.10分段写出X取每一个值的概率，对一个给1分，所有结果都正确但是结果不是最简的扣1分段写出X的分布列，不化简不重复扣分；.12分段列出E(X)的式子；.13分段算出E(X)的值.数学全解全析及评分标准第5页（共页）{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}16）设等比数列n}的公比为q(q0)，由11434，得1q2【.（111由aa，得a2q2122121解得aq4分）12112n1所以an，即a}的通项公式为a5分）n1nn22）由（nn16（由Sabababab，即Sabababab，nn1n122n11nn1n2n1n12n1n1nn132n222n1得Sn8202221n1nn132n12Sn10分）2222232n两式相减，得111112n12S(n()（12分）2n222232n112n11)2(n2（13分）2n1212(n1n（14分），2n12n所以Snn15分）说明：第一问：11234.1分段将a用a，q表示；3411.2分段将aa用a，q表示；1221.4分段计算出，q,对1个给1分；.5分段写出n}的通项公式.第二问：12.6分段算出nn1；.8分段将Sn倒序后写出；数学全解全析及评分标准第6页（共页）{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}13.10分段将等式两边同时乘以；2456.12分段两式相减；.13分段利用等比数列求和公式求和；.14分段化简得出结果；78.15分段得出Sn.22n132n242n3n1.8分段S不倒序，直接利用S求和，按以下步骤给分：nn2022n32n42nn1Sn8分）1232022n32n42nn2Sn2(n+1)10分）23420两式相减，得22n12n12n1Sn()2(n+1)（12分）1232011()n1]2212(n（13分）22n1122n1122()n12(n2n，（14分）2所以Snn15分）7）因为平面ABCD，平面ABCD，所以.（1分）1【又底面为矩形，所以CD.（2分）又PDCDD，平面，所以平面.（3分）又平面，所以平面PCD平面4分）y（2,DC,两两垂直，所以以D为坐标原点，DA，，所在的直线分别为轴、轴、xz5分）则A(2,0)，B(2,3,0)C,由题意，知在Rt△中，,1，所以3，所以P3)6AC(AP(3).（7过点Q作交PA于点E，连接EM，因为∥平面，所以∥EM.数学全解全析及评分标准第7页（共页）{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}又AB∥CD，所以∥CD，所以四边形是平行四边形，所以EQMC8，所以Q(,2,)，AQ(,2,3).（92432所以33333AB3ym设平面的法向量为m(x,y,z则1（分）11121310,令z2，则x3,y0，得m(3,2)是平面分）111AC2x3yn22设平面ACQ的法向量为n(x,y,z)，则（分）233222nAQ22y2z23令x3，则y2，z23，得n23)是平面ACQ13分）222设平面与平面ACQ的夹角为，|mn|3，则cos|m,n|m||n|34943521分）所以平面与平面夹角的余弦值为35说明：第一问：1234.1分段证；.2分段证CD；.3分段证平面，条件PDCDD，平面不写不扣分；.4分段得出平面PCD平面，条件平面不写不扣分.第二问：.5,DC,有在图中画出不扣分；123.6分段求出各点坐标；.7分段写出各向量的坐标；数学全解全析及评分标准第8页（共页）{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}45.8分段确定Q点位置，得出EQMC,只要说明Q为上靠近B的三等分点就给分；.9分段得出Q点坐标和AQ；6789.10分段写出平面的法向量满足的关系；分段求出平面的一个法向量；.12分段写出平面ACQ的法向量满足的关系；.13分段求出平面ACQ的一个法向量；310.15分段得出平面与平面ACQ夹角的余弦值，结果写成不扣分.5718x4【）由题意，知动圆的圆心为(,0)1分）2所以(x4)2y2(x44)22分）22化简，得y24x，即点(x,y)的轨迹C的方程为y4x422）如图，由题意，知,4)5（设B(y204,yy4)，00由E40y00641y20141y1或y4B(70041所以点B关于x轴的对称点为B(.44kk,且kk由题意，知直线的斜率存在，记直线的斜率为，AB'AB34设直线：y4k(x4)(k)Q(x,y)M(xy)，，，QQMM3QC因为点在抛物线上，y4k(x4)416由，得y2y160，所以yy168分）y24xkkAQk4y2Q1所以Q4，所以Q4(2.（9分）k4k11又因为BM，所以直线BM的方程为y1(x)k4数学全解全析及评分标准第9页（共页）{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}14y4k(x4)4k2k联立11，解得xM.y1(x)21kk4因为|||AMAQ(xy4)(x4,y4)(x4)(x4)(y4)(y4)MMQQMQMQ(x4)(x4)k2(x4)(x4)(kx4)(x4)（212分）MQMQMQ14k2k14(k24)[4(24]（13分）k21k24k218k151113)2)24(0)14分）k2kkk41182(3所以当k551475即当k时，|AM||AQ|取得最大值分）3说明：第一问：123.1分段写出圆心坐标；.2分段利用半径建立等量关系；.4分段化简轨迹C的方程.另解：由题意，设A(0)，B(,0)，C(0,y)，111所以AC(4,y)，BC(x,y)11111由题意，知ACBC021111所以4xy203分）数学全解全析及评分标准第10页（共页）{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}所以y24x，即点(x,y)的轨迹C的方程为y4x4212.1分段写出AC，BC的坐标；1111.2分段得出ACBC0；111134.3分段由数量积运算得出4xy20；.4分段得出轨迹C的方程.第二问：1234567.5分段求出A点的坐标；.6分段由三点共线得出B点坐标满足的关系；.7分段求出B点的坐标；.8分段设出直线的方程，并与抛物线方程组成方程组写出根与系数的关系；.9分段求出Q点的坐标；.10分段写出直线BM的方程；分段解出M点的横坐标；.12分段将|AM||AQ|用x,x表示；8MQx,x代入转化为用k表示；91.13分段将MQ0.14分段化简为关于k的二次函数；分段求出二次函数在对称轴处取得最大值；112.17分段得出|AM||AQ|的最大值；53.求解过程中没有估计出k的取值范围，最后不检验k是否取到扣1.3或者第二问也可以将求|AM||AQ|的最大值转化成求ABAQ的最大值.19【由）由f(x)x(xx2)(x4)，得f(0)ff(2)f(4)01分）f(0)f，根据罗尔定理，知存在1，使得f(1)02分）ff(2)，根据罗尔定理，知存在2，使得f(2)03分）f(2)f(4)，根据罗尔定理，知存在3，使得f(3)0，由由f(x)0所以方程至少有三个根（分）.4数学全解全析及评分标准第页（共13页）{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}-又f(x)为三次函数，所以方程f(x)0至多有三个根，所以方程f(x)0有三个根，且1，x，x523fb)f(a)2）令F(x)f(x)（x，则F(a)F(b).（6ba因为f(x)在闭区间[a,b](a,b)F(x)在闭区间[a,b]间(a,b)内可导，且F(a)F(b)，由罗尔定理，知在开区间(a,b)内至少存在一点c，使得F(c)0.（8fb)f(a)fb)f(a)由F(x)f(x)x，得F(x)f(x)9babafb)f(a)所以F(c)f(c)0，bafb)f(a)即在开区间(a,b)内至少存在一点c，使得f(c)，即fb)f(a)f(cba)10分）baab3）由0ab，得0a（b，2ab(ab)ab(ab)ab要证(ab)eeaeb，即证eeabebe.22222令g(x)ex，由（2abababg()g(a)e2aeaabab2ab2对于区间(a,)，存在1(a,)，使得g'(1)13