绝密★启用前
2025届新高三学情摸底考（新课标卷)
数学
本卷满分150分，考试时间120分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2,回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3,考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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。
1.设集合M={L,3,a+2},N={,a2},若M∩N={L,4,则a=
A.-2
B.0
C.2
D.+2
2.已知复数2满足z+22=3+i,则3+1
2
A.1+2i
B.1-2i
C.2+i
D.2-i
3.已知平面向量a=(3,4),b=(m,3),若向量a-2b与a+b共线，则实数m的值为
A.3
B
c.
D.
4,已知f(x)=(x+a)cosx为奇函数，则曲线y=f(x)在点（π，f(π）处的切线方程为
A.x+y-π=0
B.x-四y+π=0
C.x-y+π=0
D.x+y=0
5.已知5sina=sin(a-牙，则sin2a-2cos2a=
B.1
c
6.已知直线l经过点（-2,0)且斜率大于0，若圆C:2+y22X=0的圆心与直线l上一
动点之间距离的最小值为√2，则直线的斜率为
A.22
B.v14
c.3
D.v10
5
7.风筝的发明是中国古代劳动人民智慧的结晶，距今已有2000多年的历史.风筝多为轴对称
图形，如图.在平面几何中，我们把一条对角线所在直线为对称轴的四边形叫做筝形.在
筝形ABCD中，对角线BD所在直线为对称轴，△ABC是边长为2的等边三角形，△ACD是
等腰直角三角形.将该筝形沿对角线AC折叠，使得BD=2,形成四面体ABCD,则四面
体ABCD外接球的表面积为
新课标卷数学第！页（共4页）
A.12π
B.
17π
3
C.16n
3
D.4π
8。在平面直角坐标系xO中，A为双曲线C:-卡=1(a>0,6>0)的左顶点，M为双曲线C
上位于第一象限内的一点，点M关于y轴对称的点为N,记∠MAN=a,∠MOx=B,若
tan a tan B=3,则双曲线C的离心率为
A.2
B.√3
C.2
D.5-1
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。
9.一个不透明的盒子中装有大小和质地都相同的编号分别为1,2,3,4的4个小球，从中任意摸
出两个球.设事件A=“摸出的两个球的编号之和小于5”，事件A,=“摸出的两个球的编号
都大于2”，事件A=“摸出的两个球中有编号为3的球”，则
A.事件A1与事件A2是互斥事件
B.事件A1与事件Ag是对立事件
B.事件A,与事件A3是相互独立事件D.事件Az∩A3与事件A,∩Ag是互斥事件
10.在平面直角坐标系x0中，一动点从点M,(W5,0)开始，以rds的角速度逆时针绕坐标
原点0做匀速圆周运动，xs后到达点M的位里。设A〔写，)，记e()MP,则
A.p)=4-25c0s经x-7
B.当x=9时，取得最小值
C.点，49是曲线y=p(y的一个对称中心
D.当×e0)时。以的单调选娟区同为写号
11.已知函数f(x)及其导函数∫'(x)的定义域均为R,且f(x+y)=∫(x)+fy)+y+x2y,
当x>0时，3f(x)>x3,且f(3)=12,'(3)=10,则下列说法正确的是
4
A.f(x)为偶函数
B.f(-1)=-
3
C.f(x)在R上单调递增
D.
2r如0=306
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
24
12.(x2+x+一x-3)的展开式中x”的系数为
一·（用数字作答）
1B.已知△MBC的内角4，么，C的对边分别为a,h,若a=2.b=1,△BC的面积为
2
则c=
新课卷数学第2页〔共4项)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。
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
C A B D D B C A ACD AC BCD
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,
1．C 【解析】因为M {1,3,a 2} , N {1,a2}， M N {1,4}，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 i 3 i (3 i)(1 i) 2 4i
解得 所以 z 1 i，所以 1 2i．故选 A．
b 1, z 1 i (1 i)(1 i) 2
3．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
9
7(3 2m) 2(3 m) 0 ，即12m 27，解得m ．故选 B．
4
4．D 【解析】因为 f (x) (x a)cos x 为奇函数，所以 f (0) 0 ，即 a 0 ，所以 f (x) xcos x ．求导，得
f (x) cos x xsin x , 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．
π π
5．D 【解析】由 2 sin sin( ) ，得 2 sin 2 (sin cos ) ，所以 sin cos ，所以 sin( ) 0，
4 2 4
数学 全解全析及评分标准 第 1 页（共 13 页）
{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}
k ,k Z sin2 2 1所以 ，所以 2cos cos2 ．故选 D．
4 2
6．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 |
则 2 14.因为m 0，解得m ．故选 B．
m2 1 7
7．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
2 3
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 ABCD
3
2 16π
外接球的表面积 S 4πR ．故选 C．
3
8．A 【解析】设M (x, y)(x 0, y 0) ，则 N ( x, y) ，
y y
tan NAO tan MAO
tan tan( NAO MAO) x a x a
2xy 2xy
1 tan NAO tan MAO y y a2 x2 y2 21 a(1 )y2
x a x a b2
2x y 2 2 2
2 .又 tan
2b b b
，所以 tan tan 3，即 3，所以 e2 1 4 e 2
a 2 2 2
，即 ，
(1 )y x b a a a
2
b2
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 A1 A3 ，所以事件 A1与事件 A3 不
是对立事件，故 B 错误；
1 1 1
对于 C，因为 P(A1) ，P(A3 ) ，P(A1A3 ) ，所以 P(A1A3) P(A )P(A ) ，所以事件 A 与事件 A 是3 2 6 1 3 1 3
相互独立事件，故 C 正确；
对于 D，因为事件 A2 A3 表示摸出的两个球的编号为 3,4，事件 A1 A3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 A2 A3 与事件 A1 A3是互斥事件，故 D 正确．
故选 ACD．
10．AC 【解析】由题意，知点M ( 3 cos x, 3 sin x) .
2 2
π 1 π 3 π π
对于 A， (x) ( 3 cos x )2 ( 3 sin x )2 4 2 3 cos( x ) ，故 A 正确；
2 2 2 2 2 3
20 π 20 π
对于 B，当 x 时， (x) 4 2 3 cos( ) 4 2 3 cos3π 4 2 3 ，为最大值，故 B 错误；
3 2 3 3
5 5
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
2 3 2 3 3
心，故 C 正确；
π π 2 8
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，
2 3 3 3
2 8
x ，所以
2 8
(x) 的单调递增区间为[ , ]，故 D 错误.
3 3 3 3
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) 2 f (1) 2 ，令 x 1, y 2 ，得 f (3) f (1) f (2) 6 ，又 f (3) 12，所以
4 4
3 f (1) 8 12，所以 f (1) ， f ( 1) f (1) ，故 B 正确；
3 3
(x y)3 x3 y3
对于 C，由 f (x y) f (x) f (y) xy2 x2 y，得 f (x y) f (x) f (y) ，
3 3 3
x3
记 g(x) f (x) ，则 g(x y) g(x) g(y) ，且 g(x) 也为奇函数.
3
又当 x 0 时，3g(x) 3 f (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 g(x2 ) g(x1) g(x2 ) g( x1) g(x2 x1) 0 ，
即当 x2 x1 0 时， g(x2 ) g(x1) ，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) g(x) 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.
π π π π
因为 f (sin( 1)) f (1), f (sin( 2)) f (0), f (sin( 3)) f ( 1), f (sin( 4)) f (0) ，及 f (sin x)
2 2 2 2 2
的周期为 4，
2024
所以 f π(sin i) 506[ f (1) f (0) f ( 1) f (0)] 1012[ f (1) f (0)] .
i 1 2
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，
2024 π
所以 f (sin i) 1012[ f (1) f (0)] 3036，故 D 正确．
i 1 2
故选 BCD．
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12． 23 【解析】因为 (x 3)8 的展开式中 xk 的系数为C8 k ( 3)8 k8 ， k 0,1, ,8 ，所以所求的 x9 的系数为
C18 ( 3)
1 C08 ( 3)
0 24 1 23 ．故填 23 .
1 1 3 3 π
13． 3 或 7 【解析】由 S△ABC absin C 2 1 sin C ，得 sin C .因为 0 C ,所以C 2 2 2 2 3
2 π
或C .当C 2 2 2 2 2时，由余弦定理，得 c a b 2ab cosC 2 1 2 2 1 cos ，解得 c 3 ；
3 3 3
2 2
当C 2 2 2 2 2时，由余弦定理，得 c a b 2ab cosC 2 1 2 2 1 cos ，解得 c 7 ．故填 3
3 3
或 7 ．
y x(x 0)
3 2
14． ( , ) 【解析】由题意，知射线OP : y x(x
0)， | OR | b， | OT | a ，联立 x2 y2 ，得
4 1 a2 b2
2 2 2 2 | OR | | OT | a2a b a b b
2
x y ，| OS | 2 ，所以 .又圆C 与圆C 围成的图形的面积大
a2 b2 a2 b2 | OS |
2 2ab 1 2
a2
a
2 | OR | | OT | a
2 b2 2 1
于圆C1 的面积，所以 π a πb2 πb2 ，即 a2 2b2 ，所以 2 ，所以
b
b | OS |2 2ab a2
b
1 a 1
a 1 | OR | | OT | 3 2( )，令 t 3 2a ，又 y t 在 ( 2, )上单调递增，所以 2 .故填 ( , ) ． 2 b b t | OS | 4 4
b
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 | 3 2
3．第 14 题写 2 也给 5 分. | OS | 4
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”.
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{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}
3
由题意，知选到 1 箱 A 级苹果的概率为 ，（1 分）
5
3 2
所以选到 1 箱非 A 级苹果的概率为1 ，（2 分）
5 5
3 2 3 81
所以 P(M ) C2 ( )2 C3 ( )33 3 ， 5 5 5 125
81
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）
C3 1 C2C1 3 C1 2 3
P(X 0) 4 , P(X 1) 4 6 4
C6 1 C 1
且 , P(X 2) , P(X 3) 6 3 3 3 3 ，（10 分） C10 30 C10 10 C10 2 C10 6
所以 X 的分布列为
X 0 1 2 3
1 3 1 1
P
30 10 2 6
（11 分）
1 3 1 1
E(X ) 0 1 2 3 （12 分）
30 10 2 6
9
．（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 0.648 也给分.
第二问：
1.5 分段写出用分层随机抽样的方法，得到 A 级苹果有 6 箱，B,C 级苹果共有 4 箱；
2.6 分段写出 X 的所有可能取值，有错不给分；
3.10 分段写出 X 取每一个值的概率，对一个给 1 分，所有结果都正确但是结果不是最简的扣 1 分；
4.11 分段写出 X 的分布列，不化简不重复扣分；
5.12 分段列出 E(X ) 的式子；
6.13 分段算出 E(X ) 的值.
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{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}
16．（15 分）
1 1
【解析】（1）设等比数列{an}的公比为 q(q 0) ，由 a3 ，得 a1q
2 .（1 分）
4 4
1 1
由 a1a
2
2 ，得 a q ，（2 分） 2 1 2
1
解得 a1 1,q ，（4 分） 2
1 1
所以 an n 1 ，即{an}的通项公式为 a2 n
2n 1
．（5 分）
（2）由（1），知bn n 1，（6 分）
由 Sn anb1 an 1b2 a2bn 1 a1bn ，即 Sn a1bn a2bn 1 an 1b2 anb1，
n 1 n n 1 3 2
得 Sn 20 2 22 2n 2 2n 1 ，（
8 分）
1 n 1 n n 1 3 2
Sn 2 3 n 1 n ，（10 分） 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 2
两式相减，得 Sn (n 1) ( ) （12 分） 2 2 22 23 2n 1 2n
1 1
(1 n 1 ) 2
(n 1) 2 2
1 n （
13 分）
1 2
2
1 2
(n 1) 1 n2n 1 2n
，（14 分）
所以 Sn 2n．（15 分）
说明：
第一问：
1
1.1 分段将 a3 用 a1，q表示； 4
1
2.2 分段将 a1a2 用 a1，q表示； 2
3.4 分段计算出 a1，q ,对 1 个给 1 分；
4.5 分段写出{an}的通项公式.
第二问：
1.6 分段算出bn n 1；
2.8 分段将 Sn 倒序后写出；
数学 全解全析及评分标准 第 6 页（共 13 页）
{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}
1
3.10 分段将等式两边同时乘以 ；
2
4.12 分段两式相减；
5.13 分段利用等比数列求和公式求和；
6.14 分段化简得出结果；
7.15 分段得出 Sn .
2 3 4 n 18.8 分段 Sn 不倒序，直接利用 Sn n 1 n 2 n 3 0 求和，按以下步骤给分： 2 2 2 2
2 3 4 n 1
Sn 2n
1 2n
2 n 3 ，（8 分） 2 20
2 3 4 n
2Sn 2(n+1)2n 2 2n 3 2n 4
，（10 分）
20
两式相减，得
2 1 1 1 Sn ( ) 2(n+1)2n 1 2n 2
（12 分）
2n 3 20
1 1[1 ( )n 12 ]
2 2(n 1)n 1 （13 分） 2 11
2
2 1
2 2 ( )
n 1 2(n 1) 2n
n 1 ，（14 分） 2 2
所以 Sn 2n．（15 分）
17．（15 分）
【解析】（1）因为 PD 平面 ABCD ， BC 平面 ABCD ，所以 PD BC .（1 分）
又底面 ABCD 为矩形，所以 BC CD .（2 分）
又 PD CD D ， PD，CD 平面 PCD ，所以 BC 平面 PCD .（3 分）
又 BC 平面 PBC ，所以平面 PCD 平面 PBC ．（4 分）
（2）因为 DA, DC, DP两两垂直，所以以 D 为坐标原点，DA，DC，DP 所在的直线分别为 x 轴、 y 轴、
z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，（5 分）
则 A (2,0,0)，B (2,3,0)，C (0,3,0) ,
由题意，知在Rt△PDM 中， PDM 90 , PM 2, DM 1，所以 PD 3，所以 P (0,0, 3)，（6 分）
AC ( 2,3,0), AB (0,3,0), AP ( 2,0, 3) .（7 分）
过点Q 作QE∥AB交 PA 于点 E ，连接 EM ，
因为CQ∥平面 PAM ，所以CQ∥EM .
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{#{QQABYYAAggCgQIBAABgCQwkKCAOQkAAACagOhBAIMAAAgRFABAA=}#}
又 AB∥CD ，所以QE∥CD ，所以四边形QEMC 是平行四边形，所以 EQ MC ，（8 分）
PQ EQ 2
所以
4 3 2 3
，所以Q( , 2, )， AQ ( , 2, ) .（9 分）
PB AB 3 3 3 3 3
m AB 3y1 0,
设平面 PAB 的法向量为m (x1, y1, z1),则 （10 分）
m AP 2x1 3z1 0,
令 z1 2 ，则 x1 3, y1 0，得m ( 3,0,2) 是平面 PAB 的一个法向量．（11 分）
n AC 2x2 3y2 0,
设平面 ACQ 的法向量为n (x2 , y2 , z2 )，则 2 3 （12 分）
n AQ x 2y z 0,
3 2 2 3 2
令 x2 3，则 y2 2 ， z2 2 3 ，得n (3,2, 2 3) 是平面 ACQ 的一个法向量．（13 分）
设平面 PAB 与平面 ACQ 的夹角为 θ，
|m n | 3 21
则 cos | cos m,n | ，
|m || n | 3 4 9 4 12 35
21
所以平面 PAB 与平面 ACQ 夹角的余弦值为 ．（15 分）
35
说明：
第一问：
1.1 分段证 PD BC ；
2.2 分段证 BC CD ；
3.3 分段证 BC 平面 PCD ，条件 PD CD D ， PD，CD 平面 PCD 不写不扣分；
4.4 分段得出平面 PCD 平面 PBC ，条件 BC 平面 PBC 不写不扣分.
第二问：
1.5 分段建立空间直角坐标系，不说明 DA, DC, DP两两垂直不扣分，详细说明坐标系的建立过程，但没
有在图中画出不扣分；
2.6 分段求出各点坐标；
3.7 分段写出各向量的坐标；
数学 全解全析及评分标准 第 8 页（共 13 页）
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4.8 分段确定 Q 点位置，得出 EQ MC ,只要说明 Q 为 PB 上靠近 B 的三等分点就给分；
5.9 分段得出 Q 点坐标和 AQ ；
6.10 分段写出平面 PAB 的法向量满足的关系；
7.11 分段求出平面 PAB 的一个法向量；
8.12 分段写出平面 ACQ 的法向量满足的关系；
9.13 分段求出平面 ACQ 的一个法向量；
3
10.15 分段得出平面 PAB 与平面 ACQ 夹角的余弦值，结果写成 不扣分.
5 7
18．（17 分）
x 4
【解析】（1）由题意，知动圆的圆心为 ( ,0) ，（1 分）
2
x 4
( )2 2
x 4
所以 y ( 4)2 ，（2 分）
2 2
化简，得 y2 4x ，即点 (x, y) 的轨迹C 的方程为 y2 4x ．（4 分）
（2）如图，由题意，知 A(4, 4) ，（5 分）
y2
设B( 0 , y )(y 4)，
4 0 0
4 0 y 0
由A，B，E 三点共线，得 0 ，（6 分）
4 1 y20 1
4
1
解得 y0 1或 y0 4 （舍去），所以B( ,1) ，（7 分） 4
1
所以点 B 关于 x 轴的对称点为 B ( ， 1) .
4
4
由题意，知直线 AQ 的斜率 k 存在，记直线 AB' 的斜率为 kAB' ,且 k kAB ， 3
4
设直线 AQ ： y 4 k(x 4)(k )，Q(xQ,yQ ) ，M (xM ,yM )， 3
因为点Q 在抛物线C 上，
y 4 k(x 4) 2 4 16 16
由 ，得 y y 16 0 ，所以 yA yQ 162 ，（8 分）
y 4x k k k
4 y2 1
所以 yQ 4 ，所以 x
Q 2 .（9 分）
k Q
4( 1)
4 k
1 1
又因为 BM AQ ，所以直线 BM 的方程为 y 1 (x )．（10 分）
k 4
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y 4 k(x 4) 2 1 4k 3k
联立 1 1 ，解得 x 4 .（11 分）
y 1 (x )
M k 2 1
k 4
因为 | AM | | AQ | AM AQ (xM 4, yM 4) (xQ 4, yQ 4) (xM 4)(xQ 4) (yM 4)(yQ 4)
(xM 4)(xQ 4) k
2 (xM 4)(xQ 4) (k
2 1)(xM 4)(xQ 4)（12 分）
1
4k 2 3k 1
(k 2 1)( 4 4)[4( 1)2 4]（13 分）
k 2 1 k
24k 2 18k 15 1 2 1 1 3 15( ) 18( ) 24(0 )
2 ，（14 分） k k k k 4
1 18 3
所以当 ，（15 分）
k 2 ( 15) 5
5 147
即当 k 时， | AM | | AQ |取得最大值 ．（17 分）
3 5
说明：
第一问：
1.1 分段写出圆心坐标；
2.2 分段利用半径建立等量关系；
3.4 分段化简轨迹 C 的方程.
另解：由题意，设 A1( 4, 0)， B1(x,0) ，C1(0, y) ，
所以 A1C1 (4, y)， B1C1 ( x, y)，（1 分）
由题意，知 A1C1 B1C1 0 ，（2 分）
所以 4x y2 0 ，（3 分）
数学 全解全析及评分标准 第 10 页（共 13 页）
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所以 y2 4x ，即点 (x, y) 的轨迹C 的方程为 y2 4x ．（4 分）
1.1 分段写出 A1C1 ， B1C1 的坐标；
2.2 分段得出 A1C1 B1C1 0 ；
3.3 分段由数量积运算得出 4x y2 0 ；
4.4 分段得出轨迹 C 的方程.
第二问：
1.5 分段求出 A 点的坐标；
2.6 分段由三点共线得出 B 点坐标满足的关系；
3.7 分段求出 B 点的坐标；
4.8 分段设出直线 AQ 的方程，并与抛物线方程组成方程组写出根与系数的关系；
5.9 分段求出 Q 点的坐标；
6.10 分段写出直线 BM 的方程；
7.11 分段解出 M 点的横坐标；
8.12 分段将 | AM | | AQ |用 xM , xQ 表示；
9.13 分段将 xM , xQ 代入转化为用 k 表示；
10.14 分段化简为关于 k 的二次函数；
11.15 分段求出二次函数在对称轴处取得最大值；
12.17 分段得出 | AM | | AQ |的最大值；
5
13.求解过程中没有估计出 k 的取值范围，最后不检验 k 是否取到扣 1 分.
3
或者第二问也可以将求 | AM | | AQ |的最大值转化成求 AB AQ 的最大值.
19．（17 分）
【解析】（1）由 f (x) x(x 1)(x 2)(x 4) ，得 f (0) f (1) f (2) f (4) 0 ，（1 分）
由 f (0) f (1)，根据罗尔定理，知存在 x1 (0,1)，使得 f (x1) 0 ，（2 分）
由 f (1) f (2)，根据罗尔定理，知存在 x2 (1,2) ，使得 f (x2 ) 0，（3 分）
由 f (2) f (4)，根据罗尔定理，知存在 x3 (2,4)，使得 f (x3) 0，
所以方程 f (x) 0至少有三个根.（4 分）
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又 f (x)为三次函数，所以方程 f (x) 0至多有三个根，所以方程 f (x) 0有三个根，且 x1 (0,1)，
x2 (1,2) ， x3 (2,4)．（5 分）
f (b) f (a)
（2）令 F (x) f (x) x ，则 F(a) F(b) .（6 分）
b a
因为 f (x) 在闭区间[a,b]上连续，在开区间 (a,b)内可导，所以函数 F (x)在闭区间[a,b]上连续，在开区
间 (a,b)内可导，且 F(a) F(b)，由罗尔定理，知在开区间 (a,b)内至少存在一点 c ，使得 F (c) 0 .
（8 分）
f (b) f (a) f (b) f (a)
由 F (x) f (x) x ，得 F (x) f (x) ，（9 分）
b a b a
f (b) f (a)
所以 F (c) f (c) 0 ，
b a
f (b) f (a)
即在开区间 (a,b)内至少存在一点 c ，使得 f (c) ，即 f (b) f (a) f (c)(b a) ．（10 分）
b a
a b
（3）由 0 a b，得0 a b ，
2
a b (a b) a b (a b) a b
要证 (a b)e 2 aea beb ，即证 e 2 aea beb e 2 .（11 分）
2 2
令 g(x) xex ，由（2），得
a b a b a b
a b a b g( ) g(a) e
2 aea
对于区间 (a, ) ，存在 c1 (a, ) ，使得 g'(c1)
2 2 ，（13 分）
2 2 a b b a a
2 2
a b a b a b
a b a b g(b) g( ) be
b e 2
对于区间 ( ,b)，存在 c2 ( ,b) ，使得 g'(c2 )
2 2 .（15 分）
2 2 a b b ab
2 2
因为 g (x) (1 x)ex ，令 h(x) (1 x)ex , x 0 ，则 h'(x) (2 x)ex 0，所以 g'(x)在 (0, )上单调递增，
又 0 c1 c2 ，所以 g (c1) g (c2 ) ，（16 分）
a b a b2 a b a b
a b
e ae be e 2
2 2 a b
a b a b
即 ，即 e 2 aea beb
a b
e 2 ，
b a b a 2 2
2 2
a b
即 (a b)e 2 aea beb ．（17 分）
说明：
第一问：
1.1 分段得出 f (0) f (1) f (2) f (4) 0 ，不写等于 0 也给分；
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2.2 分段由 f (0) f (1)，得 x1 (0,1)， f (x1) 0 ；
3.3 分段由 f (1) f (2)，得 x2 (1,2) ， f (x2 ) 0；
4.4 分段由 f (2) f (4)，得 x3 (2,4)， f (x3) 0；
5.5 分段由 f (x)为三次函数得 f (x) 0至多有三个根，并得出根的取值范围；
6.4 分段不写 f (x) 0至少有三个根不扣分，而直接说 f (x) 0有三个根扣 1 分.
第二问：
1.6 分段构造函数 F (x) ,满足 F(a) F(b)，不写 F(a) F(b)不扣分；
2.8 分段说明 F (x)在 [a,b]上满足罗尔定理，不写 F(a) F(b)扣 1 分，不写 F (x)在闭区间[a,b]上连续，
在开区间 (a,b)内可导不扣分；
3.9 分段求出 F (x) ；
4.10 分段由 F (c) 0 得出 f (b) f (a) f (c)(b a) .
第三问：
(a b) a b (a b) a b a b
1.11 分段由分析法得出只要证 e 2 aea beb e 2 ，不说明0 a b 不扣分；
2 2 2
a b
2.13 分段设 g(x) xex ，并在 (a, ) 上利用（2）的结论；
2
a b
3.15 分段在 ( ,b)上利用（2）的结论；
2
4.16 分段得出 g (x) 的单调性；
5.17 分段由 g (x) 的单调性得出 g (c1)，g (c2 )的大小关系，并化简得出结果.
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