2025年秋季高三开学摸底考试数学模拟卷（上海专用）（答案及评分标准）_2024-2026高三（6-6月题库）_2025年07月试卷_2025年高三数学秋季开学摸底考

2025 年秋季高三开学摸底考试模拟卷（上海专用） 数学·答案及评分参考 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） (3 4) 1 5√3 1．{1} 2．[1，+∞) 3． ，− 4．− ##-0.2 5． π 6．1 5 5 5 27 1 √5+2√2 7．96 8． 9．10 10．49 11．11052 12. N+1 2 二、选择题(本题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分；每题有且只有一个 正确选项) 13 14 15 16 B D D D 三、解答题(本大题共有5题，满分78分，第17-19题每题14分，第20、21题每题18分.) 注：解答题给出步骤分值 √39 17．(1)1 (2)arctan 【分析】（1）先求出三棱锥的高PO，代三棱锥体积公式计算得解; 13 （2）取CO中点D，连接DM、PD，证明DM⊥平面PAC，根据直线与平面的所成角的 公式计算可得.【详解】（1）因为PO⊥底面ABC，PO⊥ AC，又因为O为AC边中点， AP=AC=2，所以△APC为正三角形，PO=√3，………2分，又因为底面为等边△ABC， √3 1 1 ∴S = ×4=√3，………2分，所以V = Sh= S PO=1；………2分 △ABC 4 P−ABC 3 3 △ABC （2）连接BO，因为底面为等边△ABC，所以BO⊥AC，因为PO⊥底面ABC，………2分 所以PO⊥ BO，PO∩AC=O，所以BO⊥平面PAC，………2分，如图，取CO中点D，连接 DM、PD，则DM∥OB，所以DM⊥平面PAC，所以DM⊥PD，所以PM与面PAC所成角即为 ∠MPD，………2分 √3 √13 因为BO=√3，所以DM= ，直角三角形POD中PD=√PO2+OD2= ， 2 2 DM √39 √39 所以tan∠MPD= = ，所以PM与面PAC所成角大小为arctan .………2分 PD 13 13 π π 18．(1) |φ|< ;(2) m= . 2 12 π 3π π π 【详解】（1）由cos cosφ−sin sinφ=0得cos cosφ−sin sinφ=0，………2分 4 4 4 4 π π π 即cos( +φ)=0，………2分又|φ|< ,∴φ= ；………2分 4 2 4π T π 2π （2）由（1）得，f(x)=sin(ωx+ )，依题意， = ，………2分又T= ,故ω=3,………2分 4 2 3 ω π π ∴f(x)=sin(3x+ )，函数f(x)的图象向左平移m个单位后所对应的函数g(x)=sin[3(x+m)+ ]， 4 4 π π kπ π ………2分g(x)是偶函数，当且仅当3m+ =kπ+ (k∈Z)即m= + (k∈Z)， 4 2 3 12 π 从而，最小正实数m= .………2分 12 1280 19．(1)g(x)=800+160lnx+ ，定义域为[1,10]，(2)8 x 【分析】（1）先求出每平方米的平均环保费用，再根据综合费用是建设费用与环保费用之和求出g(x)的 表达式即可；（2）利用导数得到g(x)的单调性，进而求出g(x)取最小值时x的值即可． 1280000 1280 【详解】（1）由题意可知，1≤x≤10，因为每平方米的平均环保费用为 = 元，………2分 1000x x ( 1 ) 因为每平方米的平均建设费用为可近似地用函数关系式f (x)=800 1+ lnx ，………2分 5 1280 1280 所以每平方米的综合费用g(x)=f (x)+ =800+160lnx+ ，其中函数的定义域为[1,10].………2 x x 分 1280 （2）由（1）可知g(x)=800+160lnx+ (1≤x≤10)，则 x 160 1280 160x−1280 160(x−8) g′(x)= − = = ， x x2 x2 x2 ………2分，令g′(x)=0得，x=8，当1≤x<8时，g′(x)<0，g(x)在[1,8)上单调递减，………2分 当80，g(x)在(8,10]上单调递增， 所以当x=8时，g(x)取得极小值即为最小值，………2分 所以当该网球中心建8个球场时，该工程每平方米的综合费用最省．………2分 20．(1)√2，(2)x−y+1=0，(3)以线段MN为直径的圆C过定点(1,0),(−3,0)，理由见详解. 【分析】（1）先求抛物线的焦点坐标，再根据题意求双曲线的a,c，即可得离心率；（2）根据抛物线的 π 定义进行转化分析可得∠MEP= ，进而可得直线EP的倾斜角与斜率，利用点斜式求直线方程；（3） 4 设直线l'的方程及A，B两点的坐标，进而可求M，N两点的坐标，结合韦达定理求圆C的圆心及半径，根 据圆C的方程分析判断定点.【详解】（1）抛物线Γ:y2=4x的焦点为F(1,0)，准线为l:x=−1，………2 分 x2 y2 双曲线C的方程为双曲线 x2 −2y2=1，即a2 − 1 =1 ，则b= √2 ,c= √ a2+ 1 ， a2 2 2 2√ 1 √2 由题意可知：c= a2+ =1，则a= ，………2分 2 2 c 故双曲线C的离心率e= =√2.………2分 a （2）由（1）可知：E(−1,0)，过点P作直线l的垂线，垂足为M，则|PF|=|PM|， |PM| |PF| √2 π π ∵sin∠MEP= = = ，且∠MEP∈ ( 0, ) ，∴∠MEP= ，………2分 |PE| |PE| 2 2 4 π 故直线EP的倾斜角α= ，斜率k=tanα=1，………2分 4 ∴直线EP的方程为y=x+1，即x−y+1=0.………2分 （3）以线段MN为直径的圆C过定点(1,0),(−3,0)，理由如下： 设直线l′:y=k(x−1),A(x ,y ),B(x ,y )，联立方程¿，消去y可得：k2x2−2(k2+2)x+k2=0， 1 1 2 2 2(k2+2) k2 y y 则可得：x +x = ,x x = =1，………2分∵直线OA:y= 1 x，当x=−1时，y=− 1 ， 1 2 k2 1 2 k2 x x 1 1 y y ( ) ( ) ∴M −1,− 1 ，同理可得：N −1,− 2 ，∵ x x 1 2 ( y ) ( y ) k(x −1) k(x −1) − 1 + − 2 1 + 2 x x x x k[2x x −(x +x )] 1 2 =− 1 2 =− 1 2 1 2 2 2 2x x 1 2 ( 2(k2+2)) k 2− k2 2 ，………2分 =− = 2 k |MN|= | ( − y 1 ) − ( − y 2 ) | = |k(x 1 −1) − k(x 2 −1)| = |k(x 1 −x 2 )| = | k | √(x +x ) 2−4x x 2 x x x x x x x x 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 √[2(k2+2)] 2 4√k2+1 ( 2) =|k| −4= ，………2分则线段MN为直径的圆C的圆心C −1, ，半径 k2 |k| k 1 2√k2+1 r= |MN|= ， 2 |k| 故圆C的方程为(x+1) 2+ ( y− 2) 2 = 4(k2+1) ，整理得(x2+ y2+2x−3)− 4 y=0， k k2 k 令y=0，则x2+2x−3=0，解得x=1或x=−3，故以线段MN为直径的圆C过定点(1,0),(−3,0). ………2分【点睛】过定点问题的两大类型及解法：(1)动直线l过定点问题．解法：设动直线方程 (斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)． (2) 动曲线C过定点问题；解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立， 令其系数等于零，得出定点．1 21．(1)a=1,b=1，(2)k≤ ，(3)证明见解析.【分析】（1）求得g′(x)=2ax，根据题意得到方程组¿， 2 e2x+e−x+2 e2x+2ex+1 即可求解；（2）把f (x)≥kg′(e−x+2)−2转化为即k≤ = 对任意x∈R恒成立，设 2e−x+4 4ex+2 t=ex， t2+2t+1 设ℎ(t)= ，利用导数求得函数ℎ(t)在单调性，结合ℎ(t)> ℎ(0)，即可求解； 4t+2 （3）解法1：由不等式ex+e−x≥x2+2，推得f (x )⋅f (x )≥2x2+2x2+4，进而利用累加法，即可得证； 1 2 1 2 解法2：由ex+e−x≥x2+2，得到f (x )f (x )≥(x2+2)(x2+2)≥2x2+2x2+4，结合累加法，即可得证. 1 2 1 2 1 2 【详解】（1）由函数g(x)=ax2+b，可得g′(x)=2ax，所以g(1)=a+b，g′(1)=2a.………2分 又由f (0)=2，所以¿，解得a=1,b=1. ………2分 （2）若a=1,b=2，可得f (x)=ex+e−x,g(x)=x2+2，………2分 则g′(x)=2x，则不等式f (x)≥kg′(e−x+2)−2可化为ex+e−x≥2k(e−x+2)−2， e2x+e−x+2 e2x+2ex+1 t2+2t+1 即k≤ = 对任意x∈R恒成立，令t=ex，则t>0，设函数ℎ(t)= ，可得 2e−x+4 4ex+2 4t+2 t2+t ℎ ′(t)= ， (2t+1) 2 因为t>0，所以ℎ ′(t)>0恒成立，所以函数y= ℎ(t)在(0,+∞)上严格递增，………2分 1 1 1 所以ℎ(t)> ℎ(0)= ，故k≤ ，即实数k的取值范围为(−∞, ].………2分 2 2 2 （3）解法1：由f (x )⋅f (x )=(ex 1+e−x 1)(ex 2+e−x 2)=ex 1 +x 2+ex 1 −x 2+ex 2 −x 1+e−(x 1 +x 2 )， 1 2 因为ex+e−x≥x2+2，可得ex 1 +x 2+e−(x 1 +x 2 )≥(x +x ) 2+2，当且仅当x +x =0时，等号成立； 1 2 1 2 ………2分，所以ex 1 −x 2+ex 2 −x 1≥(x −x ) 2+2，当且仅当x −x =0时，等号成立， 1 2 1 2 故f (x )⋅f (x )≥(x +x ) 2+2+(x −x ) 2+2=2x2+2x2+4， 1 2 1 2 1 2 1 2 当且仅当x =x =0时等号成立.………2分 1 2 因此有f (sinθ )f (cosθ )>2sin2θ +2cos2θ +4，f (sinθ )f (cosθ )>2sin2θ +2cos2θ +4， 1 n 1 n 2 n−1 2 n−1 ⋯⋯ ，f (sinθ )f (cosθ )>2sin2θ +2cos2θ +4,………2分 n 1 n 1 以上n个式子相加得： f (sinθ )⋅f (cosθ )+f (sinθ )⋅f (cosθ )+⋅⋅⋅+f (sinθ )⋅f (cosθ ) +f (sinθ )⋅f (cosθ )>6n. 1 n 2 n−1 n−1 2 n 1 ………2分 解法2：由ex+e−x≥x2+2，可得f (x )f (x )≥(x2+2)(x2+2)=x2x2+2x2+2x2+4≥2x2+2x2+4， 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ………2分 当且仅当x =x =0时等号同时成立.故f (sinθ )f (cosθ )>2sin2θ +2cos2θ +4，………2分 1 2 1 n 1 nf (sinθ )f (cosθ )>2sin2θ +2cos2θ +4，⋯⋯，f (sinθ )f (cosθ )>2sin2θ +2cos2θ +4， 2 n−1 2 n−1 n 1 n 1 ……2分，以上n个式子相加得： f (sinθ )⋅f (cosθ )+f (sinθ )⋅f (cosθ )+⋅⋅⋅+f (sinθ )⋅f (cosθ ) +f (sinθ )⋅f (cosθ )>6n. 1 n 2 n−1 n−1 2 n 1 ………2分【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利 用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直 接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压 轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问 题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．