面A2025屆高三開年摸底聯考數學參考答案及評分意見所以當a=1,b=1時,ab2025=b=1b所以當a=1,b=1時,ab2025=b=1b=1,lazolb*0,(1)2025=1;當a=1,b=1時,ab2025=1X11.故選C.12i1十i2.B【解析】zl12i1十i2.B【解析】zl=,故選B2-4.C【解析】由已知可得CosaCossinasin4.C【解析】由已知可得CosaCossinasin因為經驗回歸直線經過樣本中心點(ux,y),所以3.5=3X2+a-,解得a-9.5.故選C.6.D【解析】設y3z=m,將其看作直線3ry十n=0.由直線3ry十m=0與圓(u:3)2+(y4)23有公,解得530m≤5+共點·得圓心(3·4到直線的距離小于或等于圓的半徑·即,解得530m≤5+,所以m的最大值為30 5,所以m的最大值為30 5,即y3z的最大值為307.A【解析】設球心為0,連接OA,OB,OC,OD.設點C,D到平面OAB的距離分別為h1,h2,點A,B到平面283=12.S△OCD264=12OCD的距離分別為h3,h4,則hi+h2CD=6,283=12.S△OCD264=12則VABCDVOABC十VOABD+VOACD+VOBCD=(VCOAB+VDOAB)+(VAOCD+VB時取等號.故選A·3S△OCD(h3+h4)h2)十3時取等號.故選A·3S△OCD(h3+h4)h2)十2k+,kEZ.當a>0【解析】函數f(x)的零點為z,kEZ.當a>0【解析】函數f(x)的零點為z=零點,8.C≤2x<2≤2x<2·解得≤<;當a<o所以當k=0,所以當k=0,1,2時滿足條件,當k=3時,條件,因為f(ux)在區間co,2x]上有且僅有三個零點,所以當k=1,2,3時滿足條件,當k=4條件,2 8r≤2m<,解得<a≤2 8r≤2m<,解得<a≤,所以a的取值范圍為1Ul,1.故選C所以9.ABC【解析】當>0,y>0時,由曲線C的方程,得(UZ1)2+(Y1)2=2,曲線C在第一象限內的部分是圓心為(1,1),半徑為的圓弧.同理,曲線C在第二、三、四象限內的部分都是圓弧,當z=0時,y=2;當y=0時,z=2.曲線C在坐標系中如圖,曲線C關于坐標原點、z軸、y軸、直線y=z、直線y=z均對稱.記曲線C在第一象限及z軸正半軸、y軸正半軸上的部分為曲線C,曲線C所在的圓為圓O1,曲線C及圓O,關于y軸開年摸底聯考數學答案第1頁(共7頁)對稱的圖形分別為曲線C2,圓O2,關于坐標原點。對稱的圖形分別為曲線C3,圓O3,關于z軸對稱的圖形分別為曲線C4,圓O4·由題意可知,圓O,O2O3,o4等大,且都過坐標原點.因為點A,B在曲線C上,所以IAB≤4,當且僅當A,B為曲線C與直線y=x或y=z的交點時,等號成立,所以IABI的最大值是4,故A正確.曲線C圍成的圖形的面積為4XnX()2+X4X224=4T+8,故B正確.由曲線C的對稱性,不妨設點P在曲線ci上.因為z2+y2=IopI2,所以當IOPI的值最小時,x2十Y2的值也最小.因為點。在圓O,上,記圓O,過原點。的直徑為OM,直線OP與直線OM的夾角為0,由題意可知,0EIO.1,則oPOMCOS0=2COS0,所以當0=時,1OPI取得最小值2,所以z2+Y2的最小值為4,故C正確.由圖可知,曲線C圍成的區域內格點的個數為25,故D錯誤.故選ABC.10.BCD【解析】根據題意得an+1=3an2ani→an+1an=2(a,a,)a2a1=2,所以數列{an+1a,}為首項為2,公比為2的等比數列,故A錯誤;根據題意得a,=3an2ani戶an+12a,=(n2ani,a22a,=1,所以數列(a:i2a,}為首項為1,公比為1的等比數列,故B正確;由A,B得an+ia,=2"且an+i2a,=1,解得a,=21,所以S,=a十a2+…+(n=2i+22+…+2"n2n+in2,故C正確,D正確.故選BCD.11.BCD【解析】對于A,令z=y=0,則由f(u十y)十f(uxy)=f(x)f(y)可得2f(0)=[f(0)]2,故f(0)=0或f(0)=2,故A錯誤.對于B,當f(0)=0時,令y=0,則f(1)+f(1)=f(x)f(0),則f(1)=0,故f"(x)=0,函數f"(x)既是奇函數又是偶函數;當f(0)=2時,令z=0,則f(y)十f(sy)=2f(y),所以f(y)=f(y),所以f(x)為偶函數,所以f'(x)為奇函數.綜上可知f'(x)必為奇函數,故B正確.對于C,令y=z,則f(2z)+f(0)=Lf(u)]2≥0,由于xER,令t=2u,iteR,即f(t)十f(0)≥0,故f(x)+f(0)≥0,故C正確.對于D,f(1)=1,令u=1,y=0,則f(1)f(1)=f(1)f(0),則f(0)=2,取y=1,則f(u十1)+f(uz-1)=f(x)f(1)=f(u),所以f(x十1)=f(x)f(x1),f(x十2)=f(+1)f(z),兩式相加得f(z2)= f(ux:1),所以f(u十3)=f(u),f(u十6)=f(x+3)=f(u),所以6為函數f(x)的一個周期.又由f(u十2)=f(u十1)f(uz),可得f(2)=f(1)f(0)=1,f(3)=f(2)f(1)=2,f(4)=f(3) f(2)=1,f(5)=f(4)f(3)=1,f(6)=f(5)f(4)=2,所以f(1)f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+2025f(6)=0,所以if(n)=337×cf(19+sf(2)+f(3+f(4+f(5)+f(6)]+f(19+f(2)+f(3)=2,故D正確.故選BCD.3+21→212.【解析】由BD=2DC,得ADAB=2(ACAD),即3AD=AB+2AC=AE+AF,由D,E,F3mn1(12\1(n2m3+2+1+2所以m+n=(m+n)ll=3++≥,當且僅當m1(12\1(n2m3+2+1+23Lmn)3mn)333開年摸底聯考數學答案第2頁(共7頁)3+2以m+n的最小值為·313.2【解析】易得f(2)=0,且當z→0時,f(x)+當z+時,f(x)+所以要使f(x)恰有一個零點,則f(u)在z=2左側附近單調遞減,右側附近單調遞增,即f(ux)在z=2處取到最小值,且f'(2)=0·又f(x)=2r3,所以f(2)432o,解得a=22(2)(2z十1)當a=2時,f"(x)=2z3,當XZE(0,2)時,f"(x)<0,f(x)單調遞減,當zE(2,+)時,f"(x)>0,f(x)單調遞增,所以f(x)在z=2處取得極小值,也是最小值,即f(x)≥f(2)=0恒成立,所以當且僅當a=2時,f(x)恰有一個零點.14·2【解析設A(.r1rs1),B(x2,y2),易知直線AB的方程為y=3r9,即3y+3,將其代入雙曲線C的方b292b2918b272b2程,整理得(b29)y2+18b2y十72b2=0,所以yi+y2b292b2915.(1)證明:因為2COS2B=2COS2C+3sinBSinC,所以2sin2C3sinBSinC2sin2B=0,………………………3分所以由正弦定理得2c23bc2b2=0,解得C=2b,或C2b(舍去),所以C=2b.…………………………6分(2)解:解法一:由(1)得C=2b=4.如圖,過點B,C分別作AD的垂線,垂足分別為E,F.由b=2,LCAD=,可得CF=1,AF=·……………7分又D為BC的中點,可得△BDE△CDF,則BE=CF,DE=DF,設DF=z,則在Rt△ABE中,由勾股定理得AB2AE2=BE2,即16(2Z+)21,……………9分 解得=2·所以AD2·""…所以S△ABC2S△ADC22AD·CF=2·"…13分解法二:由(1)得C=2b=4.在△ABD,△ADC中,(2由余弦定理得C2=AD2+I2··ADCOSADB,……………………7(22)2(b2AD2+Il2··ADcosADC.……………………8分(2)2開年摸底聯考數學答案第3頁(共7頁)又LADB+LADC=r,兩式相加得2AD2+2b2+C220.………9分((""……16.解:(1)如圖,取AB的中點E,連接PE,EC.由PA=PB=,可得PE上AB.又平面PAB上平面ABCD,平面PABn平面ABCD=AB,PE一平面PAB,所以PE上平面ABCD.因為EC平面ABCD,所以PE上EC,所以PCE為PC與平面ABCD所成的角,……………………3分因為PC2PE2+EC2=PE2EB2BC2=PB2+BC2=5+16=21,22又PE=PB2B=2,所以sinPCE=.……………………5分21故PC與平面ABCD所成角的正弦值為·………………6分21(2)取CD的中點F,連接EF,以E為坐標原點,EB,EF的方向分別為x,y軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系,則B(1,0,0),C(1,4,0).………………7分設P(0,2cos0,2sin0),oe(0,x),平面PBC的法向量為m=(x,y,x),則BC=(0,4,0),BP=(1,2COS0,2sin0).……………………8分m上BC,=0mm上BC,=0m上BP,z2yCos2之sin9=0,取x=1,得m=(2sin0,0,1).…………………9分又平面ABCD的一個法向量為n=(0,0,1),Im·n11所以COSIm·n11"………………開年摸底聯考數學答案第4頁(共7頁)所以P(0,1,)或P(0,1,),所以PC=12所以PC=1232十315分所以PC15分所以PC的長知得a24b217.解:(1)由已解得a知得a24b217.解:(1)由已lb2=3,所以橢圓E的方程為4+3i所以橢圓E(2)解法一:設B(u1,y1),C(z2,y2).由題意,直線l的斜率存在,設直線l的方程為y=kz3,聯立消去y,得(3+4k2)u聯立消去y,得(3+4k2)u224kz+24=0,……………6分>或k<,……6分>或k<,………………22 24zi23+4k2所以:2-=k.………………22 24zi23+4k2所以:2-設外心Q(u,,y,),則由IPQl=lQB,得z2+(y)2=(uoxi)2+(yos)2,即z22ozi2yoyi十y2i2yn3=0,………………9分+3)y-0,…11分-"。十ky(+3)yo12分所以::2-8:k··::2-83,y··-"。十ky(+3)yo12分=2,……=2,………………14分解法二:設B(x1,y),C(z2,y2).由題意,直線l的斜率存在,設直線l的方程為y=kz3,由d(24k)24x24(3+4k2)>0,得k>2或k<2·……6分設PBC的外接圓的方程為z2+Y2+DUZ+EY十F=0,因為圓過P(0,),所以F=3E,所以圓的方程為2+Y2+D+Ey3E=0,(DE外心Q的坐標為,1.…………………(DE\22)y=kz3,由z2+y2+D+Ey3E=0,開年摸底聯考數學答案第5頁(共7頁)開年摸底聯考得(1+k2)z2+(D+EK6k)u+63EE=0.②……………………10分所以,……i2分解得-2…i4分18.解:點P每秒有"上、下、左、右"4種移動可能,6秒則有4s種可能.(1)移動6秒后點P到點(0,0),具體情況見下表:上下左右數量33C322C2C42C2i22C2C42C2i33C3(2)點P移動到直線y=x:上,即移動到點(0,0),(1,1),(1,1),(2,2),(2,2),(3,3),(3,3)這7種i)移動6秒后到原點,見第(1)問,共400種情況.ii移)動6秒后到點(1,1),具體情況見下表:上下左右數量322322共C3C23+C3C32+C2SC4iC3i300(種)情況.………………………10分ii移)動6秒后到點(2,2),具體情況見下表:上下左右數量32C3C2323共C3C23C3C32120(種)情況.…………………12分iv)移動6秒后到點(3,3),則"上""右"各移動三次,共C320(種)情況.……14分易知,移動6秒后到點(1,1),(2,2),(3,3)的情況數分別等于移動到點(1,1),(2,2),(3,3)