数学（新高考通用03）-2025届新高三开学摸底考试卷

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（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．1B．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．9B．10C．11D．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25
B．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997
D．
【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：
.
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.X
1
2
3
4
5
P