【新高考卷】名校教研联盟2025届高三2月开学考试 数学参考答案.docx

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数学参考答案
1.【答案】D
【解析】因为 M={x|- √2'(x)=3x²-2ax+1, 若 f(x) 没有极值点，则方程f'(x)=0 至多只有一个解，
即△=4a²-12≤0, 故a 的取值范围是[- √3, √3].

6.【答案】A
【解析】由 ,可得cos²β=sina cos a cos β=sin²β, 故cos a cos β+sin α,β∈(0,π)时，a=β.



sinβ,由 cosa=sin βtanβ,可 得

a sin β=cos(α-β)=sin²β+cos²β=1, 故当

7.【答案】B
【解析】设样本数据 x₁,x₂,…,x₆ 的平均数为x, 则 设样本数据
y1,y₂,…,y₆ 的 平 均 数 为y, 因 为 y;=x;+(-1)(i=1,2, …,6), 所 以y=x, 所 以

8.【答案】C
【解析】方法1:根据题意可知有2个兴趣小组各有2个人报名，有2个兴趣小组各有1个
人报名，则共有C2 种；若有2个同学所报名的2个兴趣小组完全相同，则剩下的1个同学
所报名参加的2个兴趣小组都只有1个人报名，则有C3 种；若三人中只有一人所报名的2
数学参考答案(新高考卷)第1页(共8页)

个兴趣小组各有2人报名，则另两人每人各报名一个有2人报名的兴趣小组和一个仅有1 人报名的兴趣小组，则有C₃·A²·A²=12 种，故一共有C²2(C²+C³·A²·A2)=90 种 .
方法2:甲乙完全相同的报名参加方式有C²2C²=6 种，甲、乙只有一个兴趣小组相同的报 名参加方式有C²C₂C₂C₂=48 种，甲、乙完全不同的报名参加方式有C2C²=36 种，所以 他们不同的报名参加方式共有6+48+36=90种.
9.【答案】ABD (选对部分得3分)
【解析】,故f(x) 的最小正周期是2π,值域为[-1,3],A,B 正确；
因为 故 f(x) 不关于点对称，C 错误；因为是f(x) 的极大值点，故
f(x) 关于直线 对 称 ，D 正确.
10.【答案】BCD (选对部分得3分)

【解析】当P 的横坐标为无穷大时， |PA|+|PF| 也为无穷大，故A 错误；由双曲线的定义 可知|PF₁|-|PF₂|=2a=2√2, 故 |PA|+|PF₂|=|PA|+|PF|-2√2≥|AF|-2√2=3√2, 故
B 正确； |PA|-|PF|=|PA|-|PF₂ |-2 √2≤|AF₂ |-2 √2=- √2, 故C 正确；C 的一条渐近线
的斜率为 ,大于直线AF₂ 的斜率，所以当P 在x 轴上方时，A,P,F₂ 不可能共线， 故由三角形三边关系可知|PA|-|PF₂|>-|AF₂|=-√2, 故D 正确.
11.【答案】AC (选对部分得3分)
【解析】不妨设点A 在α上，因为AB=AC=5, 且边AB,AC 在平面α上的射影长分 别为3,4,所以点B,C 到α的距离分别为4,3. 当B,C 在α同一侧时，BC 在α上 的射影长为 √ ( √ 50²-(4-3)²=7;; 当B,C 在α不同侧时， BC 在α上的射影长为
√ ( √50)²-(4+3)²=1.
12.【答案】0, √ 10(第一空3分，第二空2分)
【解析】因为向量a=(k,2),b=(1,1), 所以b-a=(1-k,-1), 当b⊥(b-a) 时 ，b · (b-a)=0,

即1 -k-1=0, 故k=0, 所以a+b=(1,3), |a+b|= √ i²+3²= √ 10
13.【答案】49

【解析】因为 S₅=5a₃=25, 则 a₃=5, 又因为 a₂=3, 故 a₄=2a₃-a₂=7, 所 以

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S₇=7a₄=49.
14.【答案】5

【解析】方法1:因为 ,所以y=f(x) 的 图像关于点(0,1)对称，故若f(x) 在(0,+∞)的最大值为-3,则f(x) 在(-∞,0)的最小值 为 5 .
方法2:由条件得，当x>0 时 ， 且等号成立，即

且等号成立，∴f(x) 在

数学参考答案(新高考卷)第3页(共8页)
(-∞,0)的最小值为5.
15 . (13分)
【解析】(1)因为2b=c, 由正弦定理可得： 2sin B=sin C,
因为cos B=sin C, 所以2sin B=cos B,
故
所以
(2)由余弦定理可知a²=b²+c²-2bccosA,
即 2 =b²+4b²-3b²=2b², 故b=1,c=2.



… … 3分

… … 4分

……5分

… … 7分

… … 9分

……10分

……11分

……13分

16 . (15分)

【解析】(1)记O 为 AC,BD 的交点，连接CE 交 BF 于 点K, 连 接OK,

因为E,F 分别为PB,PC 的中点，则K 为△ BCP 的重心，故 CK=2EK. ……2 分

又因为四边形ABCD 是正方形，故0为AC 的中点，且由于3AG=CG, 故 OC=20G,
… … 4分

所以OK//EG. … … 5分

又因为OKc 平面BDF, 且 EG 女平面BDF,

所以 EG// 平面 BDF. … … 7分

(2)以D 为坐标原点，DA 为 x 轴 ，DC 为 y 轴 ，DP 为 z 轴建立坐标系，设|AD|=4,|DP|=2,

则 G(3,1,0),B(4,4,0),E(2,2,1),

所以 GB=(1,3,0),DG=(3,1,0),GE=(-1,1,1),
平面BEG 与平面DEG 的法向量分别为m=(x₁,y1,z1),n=(x₂,y₂,z₂), 则

不妨取x₁=3,x₂=1, 则 m=(3,-1,4),n=(1,-3,4),

所以

所以二面角B-EG-D 的正弦值为

17 . (15分)
【解析】(1)设乘客的体重为η,则η~N(60,100), 其中μ=60,σ=10, 因 为P(μ- σ<η<μ+σ)=0.6826, 即 P(50<η<70)=0.6826,
故 P(η>70)=(1-0.6826)÷2=0.1587,
所以P(X=0)=C2×0.8413²≈0.708, P(X=1)=C₂×0.1587×0.8413≈0.267,
P(X=2)=C2×0.1587²≈0.025,



… … 9分

… … 12分

… … 14分

… … 15分

… … 2分

… … 4分

数学参考答案(新高考卷)第4页(共8页)

所以X 的分布列为：

X
0
1
2
P
0.708
0.267
0.025
…5分
…
方法1:所以E(X)≈0×0.708+1×0.267+2×0.025=0.317. ……7分
方法2:因为X～B(2,0.1587), 故E(X)=np≈0.317. ……7分
注：考生把≈写成=,不影响得分.

( 2 ) 设X, 为第i(i=1,2,…) 位乘客的体重，则X,～N(μ,σ²), 其中μ=60,σ=10,

所以 ……10分

因为 ,故有 ……13分 得 3n+ √n-200≤0, 即( √n-8)(3 √n+25)≤0, 故 √n≤8,n≤64,
所以若保证该轮渡不超载的概率不低于97.7%,最多可运载64名乘客. ……15分 18. (17分)

【解析】(1)设线段PQ 的中点为M, 由 PF+QF+RF=0 可知FP+FQ=2FM=RF,
设QR 的中点为N, 同理可知2FN=PF, ……2分
所以△PQR 两条中线RM,PN 相交于F, 故F 是△PQR 的重心. ……3分
(2)方法1:根据题意有F(1,0). ……4分

设 P(x₁,y₁),Q(x₂,y₂),R(x₃,y₃), 则 PF=(1-x₁,-y₁ ),QF=(1-x₂,-y₂ ),RF=(1-x₃,-V₃ ),

数学参考答案(新高考卷)第5页(共8页)
由PF+QF+RF=0 可 得 ，x₁+x₂+x₃=3, 且y₁+y₂+y₃=0.
又由抛物线的几何性质可知|PF|=x₁+1, |QF|=x₂ +1, |RF|=x₃+1. 若△PQR 是等边三角形，则由(1)可知|PF=|QF|=|RF|.
由 |PF|=|QF|, 得x₁=x₂, 又因为P,Q 不重合，故可知y₁=-V₂≠0,
所以y₃=-(y₁y₂)=0,x₃=0,
,R(0,0), |RF|=1, 这与|PF|=|QF|=|RF| 矛盾.


……
……
……
5分
6分
7分

……8分

综上，△PQR 不可能是等边三角形. ……9分
方法2:根据题意有F(1,0). ……4分
设P(x₁,y1),Q(x₂y₂),R(x₃,y3), 由抛物线的几何性质可知|PF|=x₁+1, |QF|=x₂+1,
RF|=x₃+1. ……6分
若△PQR 是等边三角形，则由(1)可知|PF|=|QF|=|RF|. ……7分
所以x₁+1=x₂+1=x₃+1, 故x₁=x₂=x₃,y²=y²=y3, ……8分
因此y1,y₂,y₂ 中至少两个相等，P,Q,R 中至少有两个点重合，这与P,Q,R 互不

数学参考答案(新高考卷)第6页(共8页)
重合矛盾，故△PQR 不可能是等边三角形.

(3)方法1:设直线PQ 的方程为y=kx+b, 其 中 易知b>0, 与 C 的方程联立有 k²x²+2(kb-2)x+b²=0,
结合(2)中所设点坐标可知
由(2)可知 且y₃=-y₁-V₂=-2 √x₁-2 √x₂, 代入y²=4x₃ 有：

x₁+x₂+2√x₁x₂=x₃=3-(x₁+x₂), 故
整理化简有


……9分
,且因为P,Q 在第一象限， 其中△>0,可知kb<1,
……11分

……13分

……14分

点F 到直线PQ 的距离，

所以 …

由(1)可知2FM=RF, 故|RM|=3|FM|, …
方法2:由条件可设PQ 的方程为 把此方程与y²=4x 联立，化简得 7x²+(2√21b-12)x+3b²=0.
∴△=(2√21b-12)²-4×7×3b²=48(3-√21b)>0,∴
根据(2)有 …


…16分

…17分

…11分

由y²=4x₃ 解得 ……13分

直线PQ 的方程

点R 到直线PQ 的距离， 所以△PQR 的面积 19 . (17分)
【解析】(1)方法1:当a=-log₂e,b=0 时，
所以 , 且f'(1)=f'(2)=0.


……14分

……15分

……16分

……17分

……1分

数学参考答案(新高考卷)第7页(共8页)
贝 其中
当 时 ，g'(x)>0,g(x) 单调递增，当 时 ，g'(x)<0,g(x) 单调递减，
又因为g(1)=g(2)=0, 故当02 时， f(x)单调递减. ……4分
故x=1 是f(x) 的极小值点，f(x) 的极小值 ……5分
x=2 是f(x) 的极大值点，f(x) 的极大值为
方法2:当a=-log₂e,b=0 时，
所以 ……1分
设g(x)=2x-2*, 则 g'(x)=2-2*1n2 在(0,+∞0)单调递减. 由于g'(1)=2(1-1n2)>0,
g'(2)=21-In4)<0, 故存在唯一x₀ ∈(1,2), 使得g'(x₀)=0. ……2分

当 00,g(x) 单调递增；当x>x₀ 时 ，g'(x)<0,g(x) 单调递减.

因为g(1)=g(2)=f'(1)=f'(2)=0, 所以当02 时 ，g(x)<0,f'(x)<0,f(x)
单调递减；当10,f'(x)>0,f(x) 单调递增. ……4分
故x1 是f(x) 的极小值点，f(x) 的极小值 ……5分
x=2 是f(x) 的极大值点，f(x) 的极大值为
(2)(i) 设

则当a>0 时，在(0,+∞)单调递增. ……7分
令λ=1,当x∈(1,+∞) 时，因为a,b∈(0,1), 故 ,φ(x)
单调递增，故当x∈(1,+∞)时， ……8分
,则,当02h(a)>2h(1)=0. ……10分
所以x₁=1,x₂-x₁=φ(x₁)>0,x₂>x₁=1;x₃-x₂=φ(x₂)>0,x₃>x₂>1;…;xn+1-xn=φ(x,)>0,

xn+I>x,>1(n=2,3,…),故对于任意n∈N*,x0 时， 故eˣ≥x+1, 当 x=0 时

取等.故当x∈(1,+∞o)时，

数学参考答案(新高考卷)第8页(共8页)
令 则φ'(x)>0,φ(x) 在(1,+∞)单调递增.
由 (i) 可知1≤x,2(xn+1-xn),

因为 ),故xn+1-x,>2a(1-b)Z”- ¹ .

所以；


……
……
12分

13分

……15分

且由a,b∈(0,1) 可知， 综上，有




……17分