精品解析：广东省金山中学、中山一中、佛山一中、宝安中学2025届高三上学期第一次联考数学试卷

金山中学､中山一中､佛山一中､宝安中学 2025届高三年级第一次联考 数学 命题人：刘振兴 审题人：雷沅江 一､选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，求出和，再根据集合的运算，即可求出结果. 【详解】由，得到，所以， 又，所以，故， 故选：D. 2. 若复数（i为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】求出，化简复数，利用复数的几何意义可得出结论. 【详解】由题得， ，，其对应的点位于第四象限. 故选：D． 3. 双曲线 的两条渐近线的夹角的大小等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求得双曲线的两条渐近线方程，得到斜率和倾斜角，再求出渐近线夹角的大小. 【详解】双曲线 的两条渐近线的方程为， 由直线 的斜率为，可得倾斜角为， 的斜率为，可得倾斜角为， 所以两条渐近线的夹角的大小为， 故选：B. 4. 若，，，则实数（ ） A. 6 B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知可得，再根据垂直的坐标公式即可得出答案. 【详解】把两边平方得：， 所以. 故选：B 5. 小明爬楼梯每一步走1级台阶或2级台阶是随机的，且走1级台阶的概率为，走2级台阶的概率为．小明从楼梯底部开始往上爬，在小明爬到第4级台阶的条件下，他走了3步的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，设事件A为“小明爬到第4级台阶”，事件B为“小明走了3步爬到第4级台阶”，求出，，进而计算可得答案 【详解】根据题意，设事件A为“小明爬到第4级台阶”， 事件B为“小明走了3步爬到第4级台阶”， 事件A包含3中情况， ①走了4次1级台阶，其概率 ②走了2次1级台阶，1次2级台阶，其概率，即, ③走了2次2级台阶，其概率， 故小明爬到第4级台阶概率 在小明爬到第4级台阶的条件下，他走了3步的概率, 故选：D 6. 已知等差数列的前n项和为，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，分和两种情况讨论，结合等差数列的性质及充分条件、必要条件的定义分析判断即可. 【详解】当时，，得； 当时，，得， 所以“”是“”的充要条件， 故选：C． 7. 若函数在区间上是减函数，且，，，则 （ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简函数表达式，根据单调性与函数值，结合正弦函数的图象，确定与的值，两式相减，即可求出的值. 【详解】由题知， 因为，， 所以， 又因为在区间上是减函数， 所以， 两式相减，得， 因为，所以. 故选：A. 8. 圆锥顶点，底面半径为1，母线的中点为，一只蚂蚁从底面圆周上的点绕圆锥侧面一周到达的最短路线中，其中下坡路的长是（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将圆锥侧面沿母线剪开并展开成扇形，最短路线即为扇形中的线段，过作的垂线，垂足为 ，求出 的长即可. 【详解】将圆锥侧面沿母线剪开并展开成扇形， 则该扇形半径，弧长为，圆心角， 最短路线即为扇形中的线段，, 过作的垂线，垂足为 ，当蚂蚁从点爬行到点 过程中，它与点的距离越来越小， 于是为上坡路段，当蚂蚁从点 爬行到点的过程中，它与点的距离越来越大， 于是 为下坡路段，下坡路段长. 故选：B 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题列出的四个选项中，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. 杨明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时，样本方差为；骑自行车平均用时，样本方差为 ，假设坐公交车用时单位：和骑自行车用时单位：都服从正态分布，正态分布中的参数用样本均值估计，参数用样本标准差估计，则（ ） A. B. C. D. 若某天只有可用，杨明应选择坐自行车 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用正态分布曲线的意义以及对称性，对四个选项逐一分析判断即可. 【详解】随机变量的均值为，方差为，则，，， 随机变量的均值为，方差为，则，，， 所以，故A正确； ， ， 因为， 所以，故B正确； ，故C错误； 对于，因为，所以选择自行车，故D正确. 故选：ABD. 10. 设函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. C. 不等式的解集为 D. 当时， 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A：求导，利用导数判断的单调性和极值； 对于B：根据解析式代入运算即可；对于C：取特值检验即可； 对于D：分析可得，结合的单调性分析判断. 【详解】对于选项A：因为的定义域为R， 且， 当时，；当或时，； 可知在，上单调递增，在上单调递减， 所以是函数的极大值点，故A错误； 对于选项B：因为，故B正确； 对于选项C：对于不等式， 因为，即为不等式的解，但， 所以不等式的解集不为，故C错误； 对于选项D：因为，则， 且，可得， 因为函数在上单调递增，所以，故D正确； 故选：BD. 11. 平面上到两定点的距离之积为常数的动点的轨迹称为卡西尼卵形线.已知曲线是到两定点的距离之积为常数2的点的轨迹，设是曲线上的点，给出下列结论，其中正确的是（ ） A. 曲线关于原点成中心对称 B. C. D. 周长的最小值为 【答案】AC 【解析】 【分析】由已知可得点满足的方程，代入点满足方程，即可判断A；由，得，可求的最大值，可得，即可判断B；由时，有最大值为1，即可判断C；由，可得时，不能构成三角形，即可判断D. 【详解】由题意，，则， 即，即， 将代入有成立， 所以曲线C关于原点O成中心对称，A正确； 由，得，设，则， 所以，则当时，有最大值， 所以，所以B错误； 由B可知，当时，有最大值为，所以，所以C正确； 由，当且仅当时等号成立， 周长的最小值为， 而此时，不能构成三角形，即最小值不是，所以D错误. 故选：AC. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.其中第14题对一空得3分，全对得5分.） 12. 已知，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】由切化弦可得，结合两角和差公式分析求解. 【详解】因为，即，可得， 又因为，可得， 所以. 故答案为：. 13. 已知函数，则不等式的解集为_________________. 【答案】 【解析】 【分析】要先证明函数的中心对称性，即，这样原不等式就可以化为，再用求导来证明单调递增，从而就可以解出结果. 【详解】由已知得：， 所以，即 则不等式等价于， 再由， 可得在上单调递增，所以 ，解得， 故答案为：. 14. 盒子里装有5个小球，其中2个红球，3个黑球，从盒子中随机取出1个小球，若取出的是红球，则直接丢弃，若取出的是黑球，则放入盒中，则： （1）取了3次后，取出红球的个数的数学期望为___________； （2）取了次后，所有红球刚好全部取出的概率为___________. 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求出随机变量的取值，利用相互独立事件的概率的乘法公式分别求出随机变量取值相应的概率，进而写出分布列，结合随机变量的期望公式即可求解； （2）利用相互独立事件的概率的乘法公式及等比数列求和公式即可求解. 【详解】（1）设取出红球的个数为,则的可能取值为. , , , 的分布列为 （2）次取完表示最后一次是红球，则前次中有一次取得红球， 所以 故答案为：； 【点睛】关键点睛：解决此题的关键是利用相互独立事件的乘法公式及等比数列求和公式即可. 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. 在中，角所对的边分别为． （1）若，求的值； （2）求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理可得，从而可求的值； （2）利用基本不等式可得，再根据余弦定理可得的范围，从而可得的范围，结合三角形面积公式，即可得面积的最大值． 【小问1详解】 由正弦定理，可得， 【小问2详解】 ，， 由余弦定理可得， ，， ，， 当且仅当时，等号成立，此时面积取得最大值 16. 已知底面是平行四边形，平面， ， ， ，且. （1）求证：平面平面； （2）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是.若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明如下： 在中，，，， 则 ，可得， 所以，所以. 因为平面，平面，所以 ， 又因为 ，平面， 平面，所以 平面， 因为 ，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）存在，或. 【解析】 【分析】（1）由，得到，再由平面，证得 ，进而证得 平面，结合 ，得到平面，利用面面垂直的判定定理，即可证得平面平面. （2）以为原点，建立空间直角坐标系 ，设，求得向量和平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 是平行四边形，平面， ， ， ，且. 假设线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是， 以为原点， 所在直线分别为x轴、y轴、 轴建立空间直角坐标系 ， 如图所示，则 ， 可得，， 设， 则，所以， 设平面的一个法向量为，则， 令，可得 ，所以， 设直线与平面所成角的大小为， 故， 整理得 ，解得或 ，所以或 . 17. 已知椭圆C： （ ）的离心率为，且C的左、右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为. （1）求椭圆C的方程； （2）过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，过点A与x轴垂直的直线与椭圆C的另一个交点为.当的面积取得最大值时，求直线l的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由椭圆焦点与顶点的坐标与离心率的定义计算即可得答案； （2）设出直线l的方程，联立曲线方程后可得与坐标有关的韦达定理表达式，结合三角形面积公式表示出面积后借助基本不等式计算即可得答案. 【小问1详解】 设椭圆C的焦距为2c，依题意，，，又， 解得，，， 所以椭圆C的方程为； 【小问2详解】 由题意可得直线的斜率不为，故可设直线l的方程为 ， ，，则， 联立直线l与椭圆C的方程，得， 由于直线过椭圆内一点，故必有，则． 又，， 易知与同号， 所以 ， 当且仅当，即 时等号成立， 所以面积的最大值为，此时直线l的方程为． 18. 如果n项有穷数列满足，，…，，即，则称有穷数列为“对称数列”. （1）设数列是项数为7的“对称数列”，其中成等差数列，且，依次写出数列的每一项； （2）设数列是项数为(且)的“对称数列”，且满足，记为数列的前项和. ①若，，…，构成单调递增数列，且.当为何值时，取得最大值? ②若，且，求的最小值. 【答案】（1）1，3，5，7，5，3，1 （2）①1012；②2025 【解析】 【分析】（1）根据新定义“对称数列”的定义和已知条件可求得公比，进而求得结果； （2）①根据对称数列的定义可得数列为等差数列，然后根据二次函数的性质来求解；②由条件得到数列相邻两项间的大小关系，并结合定义求得的取值范围，然后结合已知条件确定出最后的结果 【小问1详解】 因为数列是项数为7的“对称数列”，所以， 又因为成等差数列，其公差，… 所以数列的7项依次为1，3，5，7，5，3，1； 【小问2详解】 ①由，，…，是单调递增数列，数列是项数为的“对称数列”且满足， 可知，，…，构成公差为2的等差数列，，，…，构成公差为的等差数列， 故 ， 所以当时，取得最大值； ②因为即， 所以即， 于是， 因为数列 是“对称数列”， 所以 ， 因为，故， 解得 或，所以， 当，，…，构成公差为的等差数列时，满足， 且，此时，所以的最小值为2025. 【点睛】关键点点睛：本题关键是理解对称数列的定义，第二问①关键是得到，，…，构成公差为的等差数列. 19. 已知函数 . （1）当 时， 恒成立，求实数的取值范围； （2）已知直线是曲线的两条切线，且直线的斜率之积为1. （i）记为直线交点的横坐标，求证： ； （ii）若也与曲线相切，求的关系式并求出的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）证明如下： 设两条切线在上的两个切点横坐标分别为， 有 ，即 ， 此时，切线为：， 相减得 ， 所以， 设， ，所以在上单调递减. 故当时， ，所以； 当时， ，所以，则 . （ii） 【解析】 【分析】（1）分离参数，设，利用导数研究单调性，求解函数的最值即可求解； （2）（i）设两条切线在上的两个切点横坐标分别为，利用导数的几何意义求出两切线方程，联立可得，构造函数，利用导数求解函数最值即可证明； （ii）结合导数的几何意义将问题转化为 有两个不等实根，且互为倒数，不妨设两根为，由得 ，从而 有两个不等实根，设 ，利用导数研究的单调性，即可求解. 【小问1详解】 由于 ，则， 设，则， ，且 在上单减， 令 得，令 得， 所以在单调递增，单调递减， 所以，则. 【小问2详解】 （i）略 （ii）由题意得：存在实数 ，使在 处的切线和在处的切线重合， 所以，即， 则 ， 又因为 ，所以 ， 题目转化为 有两个不等实根，且互为倒数， 不妨设两根为， 则由得， 化简得， 所以 ， 所以 ，（也可写为）. 代入中得： 有两个不等实根， 即 ， 设， 由于 在上单调递减且 ， 所以在单调递增，单调递减， 而无限趋近于0时，无限趋向于负无穷大， 无限趋近于正无穷大时，无限趋向于负无穷大， ， 所以 ，即. 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： （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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 金山中学､中山一中､佛山一中､宝安中学 2025届高三年级第一次联考 数学 命题人：刘振兴 审题人：雷沅江 一､选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数（i为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 双曲线 的两条渐近线的夹角的大小等于（ ） A. B. C. D. 4. 若，，，则实数（ ） A. 6 B. C. 3 D. 5. 小明爬楼梯每一步走1级台阶或2级台阶是随机的，且走1级台阶的概率为，走2级台阶的概率为．小明从楼梯底部开始往上爬，在小明爬到第4级台阶的条件下，他走了3步的概率是（ ） A. B. C. D. 6. 已知等差数列的前n项和为，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 若函数在区间上是减函数，且，，，则 （ ） A. B. C. 1 D. 2 8. 圆锥顶点，底面半径为1，母线的中点为，一只蚂蚁从底面圆周上的点绕圆锥侧面一周到达的最短路线中，其中下坡路的长是（ ） A. 0 B. C. D. 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题列出的四个选项中，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. 杨明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时，样本方差为；骑自行车平均用时，样本方差为，假设坐公交车用时单位：和骑自行车用时单位：都服从正态分布，正态分布中的参数用样本均值估计，参数用样本标准差估计，则（ ） A. B. C. D. 若某天只有可用，杨明应选择坐自行车 10. 设函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. C. 不等式的解集为 D. 当时， 11. 平面上到两定点的距离之积为常数的动点的轨迹称为卡西尼卵形线.已知曲线是到两定点的距离之积为常数2的点的轨迹，设是曲线上的点，给出下列结论，其中正确的是（ ） A. 曲线关于原点 成中心对称 B. C. D. 周长的最小值为 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.其中第14题对一空得3分，全对得5分.） 12. 已知，，则________． 13. 已知函数，则不等式的解集为_________________. 14. 盒子里装有5个小球，其中2个红球，3个黑球，从盒子中随机取出1个小球，若取出的是红球，则直接丢弃，若取出的是黑球，则放入盒中，则： （1）取了3次后，取出红球的个数的数学期望为___________； （2）取了次后，所有红球刚好全部取出的概率为___________. 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. 在中，角所对的边分别为． （1）若，求的值； （2）求面积的最大值． 16. 已知底面 是平行四边形，平面 ， ， ， ，且. （1）求证：平面平面； （2）线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是.若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 17. 已知椭圆C： （ ）的离心率为，且C的左、右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为. （1）求椭圆C的方程； （2）过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，过点A与x轴垂直的直线与椭圆C的另一个交点为.当的面积取得最大值时，求直线l的方程. 18. 如果n项有穷数列满足，，…，，即，则称有穷数列为“对称数列”. （1）设数列是项数为7的“对称数列”，其中成等差数列，且，依次写出数列的每一项； （2）设数列是项数为(且)的“对称数列”，且满足，记为数列的前项和. ①若，，…，构成单调递增数列，且.当为何值时，取得最大值? ②若，且，求的最小值. 19. 已知函数 . （1）当 时， 恒成立，求实数的取值范围； （2）已知直线是曲线的两条切线，且直线的斜率之积为1. （i）记为直线交点的横坐标，求证： ； （ii）若也与曲线相切，求的关系式并求出的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $