2025年高三數學秋季開學摸底考02（全國）含答案

2025年秋季高三開學摸底考試模擬卷（新高考通用）數學（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。4．考試范圍：高考全部內容第一部分（選擇題共58分）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．已知集合，則（

）A． B． C． D．2．在復平面內，復數對應的點與復數對應的點關于實軸對稱，則等于（

）A． B． C． D．3．若，則（）A． B． C． D．4．，則的大小關系為（

）A． B．C． D．5.由倫敦著名建筑事務所SteynStudio設計的南非雙曲線大教堂驚艷世界，該建筑是數學與建筑完美結合造就的藝術品，若將如圖所示的大教堂外形弧線的一段近似看成雙曲線下支的一部分，離心率為，則該雙曲線的漸近線方程為（

）A． B． C． D．6．定義在上的奇函數在上單調遞增，且，則不等式的解集為（

）A． B．C． D．7．已知棱長為2的正方體的幾何中心為，平面與以為球心的球相切，若截該正方體所得多邊形始終為三角形，則球表面積的取值范圍為（）A． B． C． D．8．若曲線與有公共的切線，則的最大值為（

）A．-2 B．2 C．-1 D．1二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．防溺水安全教育不僅是為了防止學生在游泳時發生意外，更是為了提高學生的安全意識和自我保護能力，為此某校組織了“防溺水安全知識”答題比賽，并對參賽的200名學生的成績進行了統計，得到如圖所示的頻率分布直方圖，其中分組區間分別為，則（同一組中的數據用該組區間的中點值作代表）（

）A．這200名參賽學生的成績的上四分位數為82.5分B．這200名參賽學生的成績的平均值為76.5分C．這200名參賽學生的成績不低于80分的頻率為0.03D．若用分層抽樣的方法從參賽學生中抽取一個容量為40的樣本，則成績在之間的應抽取20人10．如圖是函數的部分圖象，則下列結論正確的是（

）A．B．的圖象關于中心對稱C．在上單調遞增D．的圖象向左平移個單位長度后為奇函數11．已知拋物線的焦點為F，A，B是拋物線上兩動點，且的最小值為1，M是線段AB的中點，是平面內一定點，則（

）A．B．若，則M到x軸距離為4C．若，則D．的最小值為4第二部分（非選擇題共92分）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分，其中14題第一空2分，第二空3分．12．已知向量，，若，則．13．北斗七星是夜空中的七顆亮星，它們組成的圖形象我國古代舀酒的斗，故命名為北斗七星.北斗七星不僅是天上的星象，也是古人判斷季節的依據之一.如圖，用點，，，，，，表示某季節的北斗七星，其中，，，看作共線，其他任何三點均不共線.若過這七個點中任意三點作三角形，則所作的不同三角形的個數為.14．在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若，，則的值為，的取值范圍為.四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．（13分）已知正項等差數列的公差為2，的前n項和為，且，，成等比數列．(1)求數列的通項公式；(2)設，求數列的前10項和．16．（15分）某公司是從事無人機特種裝備的研發、制造與技術服務的綜合型科技創新企業．該公司生產的甲、乙兩種無人機性能都很好，但對操控人員的水平要求較高．已知在單位時間內，甲、乙兩種無人機操作成功的概率分別為和，假設每次操作成功與否相互獨立．(1)該公司分別收集了甲種無人機在5個不同地點測試的兩項指標，數據如下表所示：地點1地點2地點3地點4地點52456834445試求與之間的相關系數，并利用說明與的線性相關程度．（若，則線性相關程度較高，否則線性相關程度不高）(2)操作員連續進行兩次無人機的操作，在初次操作時，隨機選擇這兩種無人機中的一種，若初次操作成功，則第二次繼續使用該種無人機，若初次操作不成功，則第二次使用另一種無人機進行操作，求操作成功的次數的數學期望．附．17．（15分）已知四棱錐，平面，底面是矩形，，，，分別是與的中點．(1)求證：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值；(3)求點到平面的距離．18．（17分）已知點是圓：上的一動點，點，點在線段上，且滿足．(1)求點的軌跡的方程；(2)已知，設過點的一條直線與交于，兩點，且與線段交于點．（ⅰ）證明：到直線和的距離相等；（ⅱ）若的面積等于的面積，求的坐標．19．（17分）已知函數(1)若為偶函數，求的值；(2)若討論函數在上零點的個數；(3)當時，設，當時，，求的取值范圍.2025年秋季高三開學摸底考試模擬卷（新高考通用）數學·答案及評分參考一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．12345678CCAABDAD二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．91011ABDACACD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分，其中14題第一空2分，第二空3分．12．13．3114．2，四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．（13分）【答案】(1)；(2)【分析】（1）由題意先求首項，進而得；（2）由（1）先求，進而得，最后利用分組求和即可.【詳解】（1）由題意有，又因為，，成等比數列，所以，(3分)即，（5分）化簡整理得，解得，（7分）所以.(8分)（2）由（1）有，所以，（10分）所以.（13分）16．（15分）【答案】(1)，線性相關程度較高；(2)【分析】（1）根據相關系數公式，求出相關系數，再根據系數大小判斷相關程度高不高.（2）根據獨立事件的乘法公式，求出分布列，求出期望.【詳解】（1）由題可知，，，則相關系數，（5分）因為，所以與的線性相關程度較高．（7分）（2）設操作成功的次數為，則的所有可能取值為0，1，2．（8分），，，所以．（15分）17．（15分）【答案】(1)證明見解析；(2)；(3)【分析】（1）要證明線面平行，需在平面內找到一條線段與平行即可.（2）首先建立空間直角坐標系，然后將點的坐標表示出來，然后求出平面的法向量和直線的方向向量，進而可根據向量夾角的余弦公式即可求得直線與平面的正弦值.（3）根據（2）中求得的平面的法向量，根據點到平面的距離公式即可求得結果.【詳解】（1）取的中點，連接.則.而底面為矩形，是的中點，所以.所以，所以四邊形為平行四邊形，（3分）所以，又平面，而不在平面內，所以平面.（5分）（2）因為平面，四邊形為矩形，所以以為原點，以所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖所示.則，.所以.設平面的一個法向量為，則，令，則.所以平面的一個法向量為，（9分）所以.所以直線與平面所成角的正弦值為.（12分）（3）因為，平面的一個法向量為.所以點到平面的距離為：.（15分）18．（17分）【答案】(1)；(2)（i）證明見解析；（ii）或．【分析】（1）根題意由向量的運算得，即滿足橢圓的定義，即可求出，進而得橢圓的方程；（2）（ⅰ）設的方程為，與橢圓方程聯立消元得，由韋達定理得，若到直線和的距離相等，則直線平分，即直線與的斜率之和為0，代入韋達定理驗證即可；（ⅱ）由（ⅰ）知直線平分，即，由的面積等于的面積，得，進而得，即，得在線段的垂直平分線上，由的垂直平分線為，代入橢圓方程即可求解.【詳解】（1）根據題意有，，即，則，則的軌跡是橢圓，，，所以，．所以的方程為．（4分）（2）（ⅰ）因為橢圓的長軸右端點橫坐標為，所以的斜率一定存在（否則與橢圓沒有交點）設的方程為，所以，其中．所以，（7分）設，．則，，（8分）若到直線和的距離相等，則直線平分，且易知軸，所以只需滿足直線與的斜率之和為0．設，斜率分別為，，則：，（10分）代入，．有，故命題得證．（12分）（ⅱ）由（ⅰ）知直線平分，即，因為的面積等于的面積，故，即，故．故，，在線段的垂直平分線上．（15分）易知線段的垂直平分線為，與的方程聯立有，故的坐標為或．（17分）19．（17分）【答案】(1)；(2)2；(3).【分析】（1）由偶函數的性質得到，結合已知即可得；（2）由題設，討論的范圍，結合導數、零點存在性定理研究的零點分布情況，即可得；（3）討論當、及、，結合，并應用導數研究的單調性，由不等式恒成立確定參數范圍即可.【詳解】（1）由，則，所以恒成立，又，則.(3分)（2）由題設，則，（4分）當時在上單調遞增，，無零點；（5分）令，則，當時，，所以在上單調遞增，，所以，所以存在，滿足，（7分）時，時，為函數極小值點，，所以在時存在唯一零點.（8分）當時，，則，當時，，綜上，時，恒成立，所以函數有2個零點.（10分）（3）當時，，故，所以在上單調遞增，則，當時，，若，則成立；若，令，則在上單調遞增，(12分)又，存在，使，可得，若，則在上單調遞減；若，則在上單調遞增.（14分）所以，解得.此時，所以，從而.所以的取值范圍為.（17分）2025年秋季高三開學摸底考試模擬卷（新高考通用）數學?全解全析第一部分（選擇題共58分）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．已知集合，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由交集運算即可求解.【詳解】因為集合，則．故選：C．2．在復平面內，復數對應的點與復數對應的點關于實軸對稱，則等于（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用復數的四則運算求出復數，再由在復平面內對應的點的對稱性求得即可.【詳解】由，所以．故選：C.3．若，則（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據同角三角函數的除法公式化簡齊次式，結合誘導公式可得解.【詳解】因為，所以，解得，于是，故選：A．4．，則的大小關系為（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據對數函數與指數函數的圖象與性質，分別求得的取值范圍，即可求解.【詳解】由冪函數為增函數，得；由指數函數為減函數，得；由對數函數為減函數，得.所以.故選：A.5.由倫敦著名建筑事務所SteynStudio設計的南非雙曲線大教堂驚艷世界，該建筑是數學與建筑完美結合造就的藝術品，若將如圖所示的大教堂外形弧線的一段近似看成雙曲線下支的一部分，離心率為，則該雙曲線的漸近線方程為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出的值，可得出雙曲線的漸近線方程.【詳解】由已知可得，因此，該雙曲線的漸近線方程為.故選：B.6．定義在上的奇函數在上單調遞增，且，則不等式的解集為（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】由奇函數的性質，可得函數的單調性與函數值為零的點，從而可得函數值與零的大小關系，結合不等式，可得答案.【詳解】由函數奇函數，且在上單調遞增，則函數在上單調遞增，且，，當時，；當時，，由當時，，當時，，則不等式的解集為.故選：D.7．已知棱長為2的正方體的幾何中心為，平面與以為球心的球相切，若截該正方體所得多邊形始終為三角形，則球表面積的取值范圍為（）A． B． C． D．【答案】A【分析】由題意球與每條棱都有公共點，然后利用臨界分析，當球與每條棱有且僅有一個公共點時，球為正方體的棱切球，當球半徑為外接球半徑或更大時，截面將不存在，故球的半徑滿足，最后利用球的表面積公式求解即可.【詳解】依題意，平面與以為球心的球相切，因正方體每個頂點發出了三條棱，要使與該正方體的截面始終為三角形，就必須使球與每條棱都有公共點，當球與每條棱有且僅有一個公共點時，球為正方體的棱切球，當球半徑繼續增大到外接球半徑之前，都能確保截面始終為三角形，而當球半徑為外接球半徑或更大時，截面將不存在，因此必須使球的半徑滿足.又棱長為2的正方體的棱切球的半徑為面對角線的一半即，外接球的半徑為體對角線的一半即，所以，所以.故選：A8．若曲線與有公共的切線，則的最大值為（

）A．-2 B．2 C．-1 D．1【答案】D【分析】設直線與相切于求出切線方程，直線與相切于求出切線方程，讓兩條切線方程的斜率、截距相同可得.令，構造函數，利用導數求出最小值可得答案.【詳解】設直線與相切于，則直線：，直線與相切于，則直線：，因為曲線與有公共的切線，則兩條切線方程的斜率、截距相同，故，則.令，，則在單調遞增，且，所以當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以，于是有，即.故選：D.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．防溺水安全教育不僅是為了防止學生在游泳時發生意外，更是為了提高學生的安全意識和自我保護能力，為此某校組織了“防溺水安全知識”答題比賽，并對參賽的200名學生的成績進行了統計，得到如圖所示的頻率分布直方圖，其中分組區間分別為，則（同一組中的數據用該組區間的中點值作代表）（

）A．這200名參賽學生的成績的上四分位數為82.5分B．這200名參賽學生的成績的平均值為76.5分C．這200名參賽學生的成績不低于80分的頻率為0.03D．若用分層抽樣的方法從參賽學生中抽取一個容量為40的樣本，則成績在之間的應抽取20人【答案】ABD【分析】對于A，根據上四分位數的概念，結合頻率分布直方圖的性質，可得其正誤；對于B，根據頻率分布直方圖的數據，利用平均數估計值的計算，可得其正誤；對于C，根據頻率分布直方圖的性質，可得其正誤；對于D，根據分層抽樣的概念，結合頻率分布直方圖的數據可得每組的比例，可得其正誤.【詳解】因為．，所以這200名參賽學生的成績的上四分位數即第75百分位數位于內，則這200名參賽學生的成績的上四分位數為，故A正確；這200名參賽學生的成績的平均值為分，故B正確；這200名參賽學生的成績不低于80分的頻率為，故C錯誤；成績在之間的應抽取人，故D正確．故選：ABD．10．如圖是函數的部分圖象，則下列結論正確的是（

）A．B．的圖象關于中心對稱C．在上單調遞增D．的圖象向左平移個單位長度后為奇函數【答案】AC【分析】根據、結合周期可判斷A；根據余弦函數的單調性及對稱性可判斷BC；根據函數圖象平移得到函數解析式，結合余弦函數的奇偶性可判斷D.【詳解】對于A，由得，由得，由得，故，化簡得，

由圖可知該函數的周期，故，解得，所以，故A正確；

對于B，由，得不是函數的對稱中心，故B錯誤；對于C，由，可得，由，得函數在上單調遞增，故C正確；對于D，的圖象向左平移個單位長度后得到函數的圖象，此時為偶函數，故D錯誤.故選：AC.11．已知拋物線的焦點為F，A，B是拋物線上兩動點，且的最小值為1，M是線段AB的中點，是平面內一定點，則（

）A．B．若，則M到x軸距離為4C．若，則D．的最小值為4【答案】ACD【分析】根據的最小值即為，求得p，判斷A；利用拋物線的焦半徑公式可判斷B；根據求出的縱坐標，結合焦半徑公式判斷C；判斷P點位置，利用的幾何意義，幾何作圖分析，可求得其最小值，判斷D.【詳解】解：拋物線上的點A到拋物線焦點F距離的最小值為1，則有，解得，A正確；拋物線的方程為，焦點，準線，設，，對于B，點，由拋物線的定義知，，有，所以M到x軸距離，B不正確；對于C，，，由得：，即，又，即，則，解得，，于是得，C不正確；對于D，拋物線中，當時，，因此點在拋物線上方，過點P作于，交拋物線于點Q，連接，過A作于，連AF，AP，，如圖，顯然，當且僅當點A與Q重合時取等號，所以，D正確．故選：ACD.第二部分（非選擇題共92分）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分，其中14題第一空2分，第二空3分．12．已知向量，，若，則．【答案】【分析】根據向量坐標運算得，再利用向量垂直的坐標表示和向量模的坐標表示即可得到答案.【詳解】，又因為，則，即，解得.13．北斗七星是夜空中的七顆亮星，它們組成的圖形象我國古代舀酒的斗，故命名為北斗七星.北斗七星不僅是天上的星象，也是古人判斷季節的依據之一.如圖，用點，，，，，，表示某季節的北斗七星，其中，，，看作共線，其他任何三點均不共線.若過這七個點中任意三點作三角形，則所作的不同三角形的個數為.【答案】31【分析】應用間接法，7個點任選3個減去從4個共線的點任選3個的情況，即可得.【詳解】由題設，7個點任選3個減去從4個共線的點任選3個的情況，即為構成三角形的情況，所以不同三角形的個數為個.14．在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若，，則的值為，的取值范圍為.【答案】，2，【分析】空1：根據題設結合兩角和的正弦公式、正弦定理化簡即可求解；空2：根據余弦定理可得，再結合基本不等式即可求解.【詳解】由，得，即，即，由正弦定理得，即；而，當且僅當，即時取等號，又，所以，故的取值范圍為.四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．（13分）已知正項等差數列的公差為2，的前n項和為，且，，成等比數列．(1)求數列的通項公式；(2)設，求數列的前10項和．【答案】(1)；(2)【分析】（1）由題意先求首項，進而得；（2）由（1）先求，進而得，最后利用分組求和即可.【詳解】（1）由題意有，又因為，，成等比數列，所以，(3分)即，（5分）化簡整理得，解得，（7分）所以.(8分)（2）由（1）有，所以，（10分）所以.（13分）16．（15分）某公司是從事無人機特種裝備的研發、制造與技術服務的綜合型科技創新企業．該公司生產的甲、乙兩種無人機性能都很好，但對操控人員的水平要求較高．已知在單位時間內，甲、乙兩種無人機操作成功的概率分別為和，假設每次操作成功與否相互獨立．(1)該公司分別收集了甲種無人機在5個不同地點測試的兩項指標，數據如下表所示：地點1地點2地點3地點4地點52456834445試求與之間的相關系數，并利用說明與的線性相關程度．（若，則線性相關程度較高，否則線性相關程度不高）(2)操作員連續進行兩次無人機的操作，在初次操作時，隨機選擇這兩種無人機中的一種，若初次操作成功，則第二次繼續使用該種無人機，若初次操作不成功，則第二次使用另一種無人機進行操作，求操作成功的次數的數學期望．附．【答案】(1)，線性相關程度較高；(2)【分析】（1）根據相關系數公式，求出相關系數，再根據系數大小判斷相關程度高不高.（2）根據獨立事件的乘法公式，求出分布列，求出期望.【詳解】（1）由題可知，，，則相關系數，（5分）因為，所以與的線性相關程度較高．（7分）（2）設操作成功的次數為，則的所有可能取值為0，1，2．（8分），，，所以．（15分）17．（15分）已知四棱錐，平面，底面是矩形，，，，分別是與的中點．(1)求證：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值；(3)求點到平面的距離．【答案】(1)證明見解析；(2)；(3)【分析】（1）要證明線面平行，需在平面內找到一條線段與平行即可.（2）首先建立空間直角坐標系，然后將點的坐標表示出來，然后求出平面的法向量和直線的方向向量，進而可根據向量夾角的余弦公式即可求得直線與平面的正弦值.（3）根據（2）中求得的平面的法向量，根據點到平面的距離公式即可求得結果.【詳解】（1）取的中點，連接.則.而底面為矩形，是的中點，所以.所以，所以四邊形為平行四邊形，（3分）所以，又平面，而不在平面內，所以平面.（5分）（2）因為平面，四邊形為矩形，所以以為原點，以所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖所示.則，.所以.設平面的一個法向量為，則，令，則.所以平面的一個法向量為，（9分）所以.所以直線與平面所成角的正弦值為.（12分）（3）因為，平面的一個法向量為.所以點到平面的距離為：.（15分）18．（17分）已知點是圓：上的一動點，點，點在線段上，且滿足．(1)求點的軌跡的方程；(2)已知，設過點的一條直線與交于，兩點，且