2025届新高三9月摸底大联考 数学试卷+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：1.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。2.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。3.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。4.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。5.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。6.解答题不要只看结果，结果正确，但中间的文字说明、证明过程或演算步骤无法建立有效衔接的，不能给满分；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.阅卷平台出现的相关问题，如果刷新页面重新登录未能解决，请将问题反馈给学校负责技术的老师(或考试负责人），由其统一在技术QQ群里反馈问题并协助解决。1234567891011CABDDBCAACDACBCD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。a24,2MN{1,4}1．C【解析】因为M{1,3,a2},N{1,a}，，所以2解得a2.故选C.a4,3a3,2．A【解析】设zabi,a,bR，则zabi，所以abi2(abi)3i，即3abi3i，所以b1,a1,3i3i(3i)(1i)24i解得所以z1i，所以12i．故选A．b1,z1i(1i)(1i)23．B【解析】由题意，知a2b(32m,2)，ab(3m,7)．由向量a2b与ab共线，得97(32m)2(3m)0，即12m27，解得m．故选B．44．D【解析】因为f(x)(xa)cosx为奇函数，所以f(0)0，即a0，所以f(x)xcosx．求导，得f(x)cosxxsinx,所以f(π)1.又f(π)π，所以曲线yf()x在点(π,f(π))处的切线方程为y(xπ)，即xy0．故选D．π2π5．D【解析】由2sinsin()，得2sin(sincos)，所以sincos，所以sin()0，424数学全解全析及评分标准第1页（共13页）{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}1所以k,kZ，所以sin22cos2cos2．故选D．426．B【解析】可将x2y22x0转化为(x1)2y21，所以圆心为C(1,0)，设直线l:ymx2m()m0，P为直线l上一动点.由题意，得|PC|的最小值为2，即当PC与直线l垂直时，|PC|取得最小值2，|3m|14则2.因为m0，解得m．故选B．m2177．C【解析】取棱AC的中点M，连接BM，DM．因为△ABC是边长为2的等边三角形，所以BMAC且BM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ADCD2，DMAC且DMAMCM1．又因为BD2，所以△BMD为直角三角形，且BMDM．过△ABC的外接圆圆心O作直线l1平面ABC，过点M作直线l2平面ACD，直线l1与直线l2相交于点O，则23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R，所以四面体ABCD316π外接球的表面积SR4π2．故选C．38．A【解析】设M(x,y)(x0,y0)，则N(,)xy，yytanNAOtanMAO2xy2xytantan(NAOMAO)xaxa1tanNAOtanMAOyya2x2y2a21(1)y2xaxab22xy2b2b2b2.又tan，所以tantan3，即3，所以e214，即e2，a2x2222(1)ybaaab2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，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．ACD【解析】对于A，由题意，知事件A1表示摸出的两个球的编号为1,2或1,3，事件A2表示摸出的两个球的编号为3,4，所以事件A1与事件A2是互斥事件，故A正确；对于B，事件A3表示摸出的两个球的编号为1,3或2,3或3,4，因为AA13，所以事件A1与事件A3不是对立事件，故B错误；111对于C，因为PA()，PA()，PAA()，所以PAAPAPA()()()，所以事件A与事件A是1332136131313相互独立事件，故C正确；对于D，因为事件AA23表示摸出的两个球的编号为3,4，事件AA13表示摸出的两个球的编号为1,3，数学全解全析及评分标准第2页（共13页）{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}所以事件AA23与事件AA13是互斥事件，故D正确．故选ACD．10．AC【解析】由题意，知点M(3cosx,3sinx).22π1π3ππ对于A，(x)(3cosx)2(3sinx)2423cos(x)，故A正确；22222320π20π对于B，当x时，(x)423cos()423cos3π423，为最大值，故B错误；323355对于C，令xkkZ，解得x2k,kZ，所以点(,4)是曲线y()x的一个对称中23233心，故C正确；ππ28对于D，令2kπx2kππ，kZ，解得4kx4k，kZ.又x[0,4)，所以k0，23332828x，所以()x的单调递增区间为[,]，故D错误.3333故选AC．11．BCD【解析】对于A，令xy0，得f(0)0，令yx，得f(x)f(x)0，所以f()x为奇函数，故A错误；对于B，令xy1，得f(2)2f(1)2，令x1,y2，得f(3)f(1)f(2)6，又f(3)12，所以443f(1)812，所以f(1)，f(1)f(1)，故B正确；33()xy3x3y3对于C，由fxy()()()fxfyxy2xy2，得f()()()xyfxfy，333x3记g()()xfx，则g()()()xygxgy，且g()x也为奇函数.3又当x0时，3g(x)3f(x)x30，即g(x)0.下面证明g()x在(0,)上单调递增，设x2x10，则gx()()()()(2gx1gx2gx1gxx21)0，即当x2x10时，g()()x2gx1，所以g()x在(0,)上单调递增.又g()x为奇函数，当x0时，g(x)0，所以g()x在R上单调递增，x3所以f()()xgx在R上单调递增，故C正确；3对于D，令y1，得f(x1)f(x)f(1)x2x，所以f(x1)f(x)2x1.又f()x为奇函数，所以f()x为偶函数.ππππ因为f(sin(1))f(1),f(sin(2))f(0),f(sin(3))f(1),f(sin(4))f(0)，及f(sinx)22222的周期为4，2024π所以f(sini)506[f(1)f(0)f(1)f(0)]1012[f(1)f(0)].i12数学全解全析及评分标准第3页（共13页）{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}由f(3)f(2)5f(1)8f(0)910,解得f(1)2,f(0)1，2024π所以f(sini)1012[f(1)f(0)]3036，故D正确．i12故选BCD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。8k8k8kk0,1,,8912．23【解析】因为(x3)的展开式中x的系数为C8(3)，，所以所求的x的系数为1100C8(3)C8(3)24123．故填23.1133π13．3或7【解析】由SabsinC21sinC，得sinC.因为0C,所以C△ABC222232π22222或C.当C时，由余弦定理，得cab2abcosC21221cos，解得c3；3332222222当C时，由余弦定理，得cab2abcosC21221cos，解得c7．故填333或7．yx(x0)3214．(,)【解析】由题意，知射线OP:yx(x0)，|OR|b，|OT|a，联立x2y2，得4221ab22a2b2a2b2|OR||OT|abxy，|OS|2，所以2.又圆C1与圆C2围成的图形的面积大a2b2a2b2|OS|2aba2221a|OR||OT|ab2于圆C的面积，所以πa2πb2πb2，即a22b2，所以2，所以b1b2a|OS|2ab2b1a1a1|OR||OT|3232()，令t，又yt在(2,)上单调递增，所以.故填(,)．2babt|OS|244b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；|OR||OT|323．第14题写也给5分.|OS|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。15．（13分）【解析】（1）设事件M“至少选到2箱A级苹果”.数学全解全析及评分标准第4页（共13页）{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}3由题意，知选到1箱A级苹果的概率为，（1分）532所以选到1箱非A级苹果的概率为1，（2分）5532381所以PM()C()C()2233，3553512581即至少选到2箱A级苹果的概率为.（4分）125（2）由题意，知选出的10箱苹果中，A级苹果有6箱，B,C级苹果共有4箱．（5分）X的所有可能取值为0,1,2,3，（6分）321123C41CCCCC46346161且PXPXPXPX(0)3,(1)3,(2)3,(3)3，（10分）C1030C1010C102C106所以X的分布列为X01231311P301026（11分）1311EX()0123（12分）3010269．（13分）5说明：第一问：1.1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A级苹果的概率，不设出事件M不扣分；2.2分段求出选到1箱非A级苹果的概率；3.4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.