精品解析：陕西省西安市部分学校2025届高三联考数学试题

高三数学考试 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 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. 4.本试卷主要考试内容：高考全部内容. 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，只有一项是符题目要求的. 1. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 2 已知集合，.若，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 0或 3. 已知，且三点共线，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 4. 已知钝角，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知变量和的统计数据如下表. 80 90 100 110 120 y 120 140 165 180 若，线性相关，经验回归方程为，则（ ） A. 155 B. 158 C. 160 D. 162 6. 已知函数，若在上有2个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 圆的圆心与抛物线的焦点重合，为两曲线的交点，则（ ） A 4 B. 8 C. D. 8. 在我国古代建筑中，梁一直是很重要的组成部分，现代工程科学常用抗弯截面系数来刻画梁的承重能力.若梁的截面形状是圆，且圆形截面的半径为，则抗弯截面系数；若梁的截面形状是正方形，且正方形截面的边长为，则抗弯截面系数；若梁的截面形状是长方形，且长方形截面的长为，宽为，则抗弯截面系数.若上述三种截面形状的梁的截面周长相同，则（ ） A. 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. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A. B. C. 的图象关于直线对称 D. 将图象上所有点的纵坐标缩短到原来的（横坐标不变），可得到函数的图象 10. 记为等比数列的前项和，已知，则（ ） A. B. C. D. 的最小值为 11. 已知曲线，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则曲线表示一条直线 B. 曲线上的点到原点的距离的最小值为 C. 若，则曲线与直线只有1个公共点 D. 若曲线与直线只有2个公共点，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，常数项为__________. 13. 定义在上的奇函数满足当时，，则__________；使的的取值范围是__________. 14. 已知是球的球面上两点，是该球面上的动点，是该球面与平面交线上的动点.若四面体体积的最大值为，则球的体积为__________. 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，且. （1）求的值； （2）若，求外接圆的半径； （3）若，求的面积. 16. 如图，在直四棱柱中，的中点分别为. （1）证明：. （2）求二面角的正弦值. 17. 为了解某地小学生对中国古代四大名著内容的熟悉情况，从各名著中分别选取了“草船借箭”“武松打虎”“黛玉葬花”“大闹天宫”4个经典故事，进行寻找经典故事出处的答题游戏（不同的经典故事不能搭配同一本名著）.规定：每答对1个经典故事的出处，可获得10分. （1）小王同学的答题情况如图所示， ①求小王同学的得分； ②老师指出了小王同学答错的试题，并要求他重新作答错误试题，求小王同学避开此次错误答案后随机作答并全部答对的概率 （2）小李同学将这4个经典故事与四大名著随机地搭配进行答题，记他的得分为X，求X的分布列与期望. 18. 已知为椭圆右焦点，过点作与轴平行的直线，该直线与椭圆交于两点（点在第一象限），当时，. （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线与轴交于点，证明：四点共圆. 19. 已知是定义在上的函数，若对任意，恒成立，则称为上的非负函数. （1）判断是否为上的非负函数，并说明理由. （2）已知为正整数，为上非负函数，记的最大值为，证明：为等差数列. （3）已知且，函数，若为上的非负函数，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高三数学考试 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 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. 4.本试卷主要考试内容：高考全部内容. 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，只有一项是符题目要求的. 1. 复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的乘法运算计算，根据复数定义即得. 【详解】，所以的虚部为. 故选：C. 2. 已知集合，.若，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 0或 【答案】D 【解析】 【分析】解方程求出集合，根据即可确定参数的值. 【详解】由可得或， 则当时，；当时，； 因，且， 则或. 故选：D. 3. 已知，且三点共线，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标表示，即若向量，则当时，有，即可求解. 【详解】因为三点共线，所以， 因为， 所以，解得. 故选：A. 4. 已知为钝角，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据同角三角函数基本关系式以及二倍角的正弦公式，即可求解. 【详解】由题意可知，， 所以. 故选：D 5. 已知变量和的统计数据如下表. 80 90 100 110 120 y 120 140 165 180 若，线性相关，经验回归方程为，则（ ） A. 155 B. 158 C. 160 D. 162 【答案】A 【解析】 【分析】根据样本中心点在回归直线方程上，得到，求出. 【详解】由表中数据可得， 代入经验回归方程可得， 则. 故选：A 6. 已知函数，若在上有2个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数零点的定义先确定当时，有1个零点，进而得到当时，只有一个零点，进而转化问题为方程在时有一个解，再结合指数函数的性质求解即可. 【详解】当时，有1个零点， 则当时，只有一个零点， 即方程在时有一个解， 即方程在时有一个解， 因为函数为增函数， 且当时，， 则，即. 故选：B. 7. 圆的圆心与抛物线的焦点重合，为两曲线的交点，则（ ） A. 4 B. 8 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆心坐标求出抛物线方程，将抛物线方程与圆的方程联立，求出两个交点坐标，即可求解. 【详解】圆的圆心为，抛物线的焦点为， 所以，所以， 联立，得，解得或， 在抛物线中，，所以，代入得， 所以. 故选：C 8. 在我国古代建筑中，梁一直是很重要的组成部分，现代工程科学常用抗弯截面系数来刻画梁的承重能力.若梁的截面形状是圆，且圆形截面的半径为，则抗弯截面系数；若梁的截面形状是正方形，且正方形截面的边长为，则抗弯截面系数；若梁的截面形状是长方形，且长方形截面的长为，宽为，则抗弯截面系数.若上述三种截面形状的梁的截面周长相同，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意分别得到的表达式，即可构造函数，根据导数求解函数的单调性求解。 【详解】记这三种截面的周长为C，则，从而， ，. 由，得. 令，，则， 显然在上恒成立，故在上单调递增， 因为，，所以. 因为，所以. 故选:D 二､多选题：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. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A. B. C. 的图象关于直线对称 D. 将图象上所有点的纵坐标缩短到原来的（横坐标不变），可得到函数的图象 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据，计算即可判断A；直接计算即可判断B；计算得，可判断不为对称轴；根据横坐标不变纵坐标变为原来的，只需要将变为即可得到． 【详解】已知函数的最小正周期为， ，则，故A正确； ，则，故B正确； ，故的图象不关于直线对称，故C错误； 将图象上所有点的纵坐标缩短到原来的（横坐标不变），可得到函数的图象，故D正确； 故选：ABD． 10. 记为等比数列的前项和，已知，则（ ） A. B. C. D. 的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据等比数列的定义和性质，利用条件可求出首项和公比，根据公式分别得到和前项和，可判断出A错误，BC正确；对于D，根据首项和公比计算出，经过化简分析，可求得最小值，判断出D正确. 【详解】根据题意，设等比数列的公比为，则，解得. 所以，解得. 所以，. 故A错误，BC正确. 对于D，，根据函数单调性可知，在和时，取得最小值.故D正确. 故答案选：BCD 11. 已知曲线，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则曲线表示一条直线 B. 曲线上的点到原点的距离的最小值为 C. 若，则曲线与直线只有1个公共点 D. 若曲线与直线只有2个公共点，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】分和讨论曲线的形状，画出图象，结合图象判断各选项. 【详解】若，则曲线，即, 则曲线表示一条直线，故A正确； 若，曲线， 当时，曲线方程为，表示圆的一部分， 当时，曲线方程为，表示焦点在轴上的等轴双曲线的一部分， 当时，曲线方程为，表示焦点在轴上的等轴双曲线的一部分， 当时，方程不表示任何曲线， 所以曲线大致图象如图所示： 对于B，当时，曲线上的点到原点的距离的最小值为0， 当时，由图可知，曲线上的点到原点的距离的最小值为，故B正确； 对于C，若，由图可知，则曲线与直线没有公共点，故C错误； 对于D，当时，曲线与直线不可能只有2个公共点，不符合题意； 当时，直线过定点，结合题意易得， 当直线与相切时， 可得，解得（舍去）或， 此时直线为与曲线只有1个公共点， 当时，直线与曲线只有1个公共点； 当时，若直线与交于两点， 则必定与交于一点， 此时直线与曲线有3个公共点，不符合题意， 要使直线与曲线有2个公共点， 则直线与交于一点， 且与相切，如下图， 联立， 即， 则，解得（舍去）或，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于分析得出曲线所表示的图形，进而结合图象求解各选项. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，常数项为__________. 【答案】20 【解析】 【分析】由二项式定理通项公式即可求解； 【详解】由通项公式可知常数项为：; 所以常数项为20； 故答案为：20 13. 定义在上的奇函数满足当时，，则__________；使的的取值范围是__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用奇函数的性质求出函数完整的解析式即可求解. 【详解】因为定义在上的奇函数满足当时，， 所以当时，，， 且奇函数的定义域为，所以， 所以, 所以， 当时，， 当时，， 当时，， 所以使的的取值范围是， 故答案为:; . 14. 已知是球的球面上两点，是该球面上的动点，是该球面与平面交线上的动点.若四面体体积的最大值为，则球的体积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出的面积，再分析出四面体体积最大时的情况，进而求出球的半径，最后根据球的体积公式计算球的体积. 【详解】设球的半径为.因为是球与平面交线上的动点，即平面， 在中，，， 设的中点为，连接并延长，交球于，则， ，， 此时三角形的面积最大，且最大面积为. 是球面上的动点， 要使四面体的体积最大，则点到平面的距离要最大， 当平面时，点到平面的距离最大，且最大距离. 依题意，解得. 球的体积为. 故答案： 【点睛】方法点睛： 对于涉及球的几何问题，求球的体积关键在于求出球的半径.当研究球内四面体的体积时，要分析四面体的各个面的情况以及点到面的距离.对于三角形的面积，可根据已知的边长和角度，利用三角函数求出相关边长和高来计算面积.在确定四面体体积最大的情况时，要考虑点到平面的距离，一般通过分析几何图形的特征，找到距离最大的位置.利用体积公式建立方程求解半径，最后根据球的体积公式计算体积，这是解决此类问题的一般步骤. 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，且. （1）求的值； （2）若，求外接圆的半径； （3）若，求的面积. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设，根据余弦定理求解即可； （2）利用正弦定理求解即可； （3）利用三角形面积公式求解即可. 【小问1详解】 因为， 可设，则， 所以； 【小问2详解】 由（1）知，，，所以， 设外接圆的半径为， 则由正弦定理，所以, 所以外接圆的半径为； 【小问3详解】 因为，由（1）知，，则， 所以. 16. 如图，在直四棱柱中，的中点分别为. （1）证明：. （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）如图建立空间直角坐标系，通过计算，得证； （2）求出平面和平面的法向量，由法向量所成角的余弦公式求解. 【小问1详解】 在直四棱柱中，因为，所以两两垂直， 又因为，所以， 以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系. 因为，所以， 则， 从而， 所以； 【小问2详解】 根据题意，可知平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 所以 易知二面角的正弦值为. 17. 为了解某地小学生对中国古代四大名著内容的熟悉情况，从各名著中分别选取了“草船借箭”“武松打虎”“黛玉葬花”“大闹天宫”4个经典故事，进行寻找经典故事出处的答题游戏（不同的经典故事不能搭配同一本名著）.规定：每答对1个经典故事的出处，可获得10分. （1）小王同学的答题情况如图所示， ①求小王同学的得分； ②老师指出了小王同学答错的试题，并要求他重新作答错误试题，求小王同学避开此次错误答案后随机作答并全部答对的概率 （2）小李同学将这4个经典故事与四大名著随机地搭配进行答题，记他的得分为X，求X的分布列与期望. 【答案】（1）①10分；②. （2）分布列见解析，10 【解析】 【分析】（1）①由图易得小王同学的得分；②针对错误试题进行分析后，列出所有可能的2种情况，故可得小王全部答对的概率； （2）由题意，的所有取值可能为0，10，20，40，分别求出对应的概率，列出分布列，求出期望即可. 【小问1详解】 ①由图可知，小王同学答对1道试题，故他的得分为10分. ②经过老师的指出可知，“草船借箭”“武松打虎”“黛玉葬花”对应的出处错误，针对错误试题进行分析后，给出的答案可能为{（草船借箭，三国演义），（黛玉葬花，红楼梦），（武松打虎，水浒传）}，{（草船借箭，水浒传），（黛玉葬花，三国演义），（武松打虎，红楼梦）}，共2种情况， 其中错误试题全部答对的情况为{（草船借箭，三国演义），（黛玉葬花，红楼梦），（武松打虎，水浒传）}，故所求的概率为. 【小问2详解】 由题可知，的所有取值可能为0，10，20，40. ，，， . X的分布列为： X 0 10 20 40 P 故. 18. 已知为椭圆右焦点，过点作与轴平行的直线，该直线与椭圆交于两点（点在第一象限），当时，. （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线与轴交于点，证明：四点共圆. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意得①，把代入中，求得点的坐标，利用可得，代入坐标化简得，由① ，② 联立求出即得椭圆方程； （2）先由点关于轴对称，设出的外接圆圆心，将代入求得，写出的外接圆的方程，利用点在该圆上，化简得出该圆方程：，再由直线与轴交于点求出点坐标，证明其在该圆上即可. 【小问1详解】 依题，，即 ①，把代入中，解得， 因点在第一象限，则，由可得， 代入点的坐标可得：，即得， 整理得：②， 将① 代入②可得：，解得（负值舍去），则， 故椭圆的标准方程为：. 【小问2详解】 依题意，点关于轴对称，故的外接圆圆心在轴上，设， 将代入，解得，依题意，， 则的外接圆半径为， 于是的外接圆的方程为：， 因点在该圆上，代入解得， 故的外接圆的方程可化简为：（*）. 又直线的方程为：，令，可得， 将其代入（*），可得：， 即点在该圆上，故四点共圆. 【点睛】关键点点睛：证明四点共圆问题，一般先由其中三点建立其外接圆方程，再证明第四个点在该圆上即可. 19. 已知是定义在上的函数，若对任意，恒成立，则称为上的非负函数. （1）判断是否为上的非负函数，并说明理由. （2）已知为正整数，为上的非负函数，记的最大值为，证明：为等差数列. （3）已知且，函数，若为上的非负函数，证明：. 【答案】（1）是上的非负函数，理由见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）通过求导分析函数单调性可得，即可判断结论. （2）通过分析函数单调性得，根据得，即可证明结论. （3）通过分析函数单调性结合得，通过构造函数，利用放缩法可证明结论. 小问1详解】 是上的非负函数. 理由如下： 因为，，所以. 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 则，故是上的非负函数. 【小问2详解】 由，，得. 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 则. 因为为上的非负函数，所以，解得，则. 因为，所以为等差数列. 【小问3详解】 由，，得. 因且，所以由得，，解得， 由得，，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增，故. 由为上的非负函数，得，则，. 令，，则在上恒成立， 故在上单调递增，则，从而在上恒成立. 令，得，则，从而在上恒成立， 故，当且仅当时，等号成立， 所以. 【点睛】关键点点睛：解决第（2）问的关键是分析函数单调性得到，结合非负函数的定义得到，即可证明结论.解决第（3）问的关键是通过分析函数单调性得到，根据为上的非负函数得到，通过构造函数，利用放缩法证明结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$