廣東省金山中學、中山一中、佛山一中、寶安中學2025屆高三上學期第一次聯(lián)考數(shù)學試卷

金山中學?中山一中?佛山一中?寶安中學2025屆高三年級第一次聯(lián)考數(shù)學命題人：劉振興審題人：雷沅江一?選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一項）1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)條件，求出和，再根據(jù)集合的運算，即可求出結果.【詳解】由，得到，所以，又，所以，故，故選：D.2.若復數(shù)（i為虛數(shù)單位），則在復平面內(nèi)對應的點位于（）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，化簡復數(shù)，利用復數(shù)的幾何意義可得出結論.【詳解】由題得，∴z=1，，其對應的點位于第四象限.故選：D．3.雙曲線的兩條漸近線的夾角的大小等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求得雙曲線的兩條漸近線方程，得到斜率和傾斜角，再求出漸近線夾角的大小.【詳解】雙曲線的兩條漸近線的方程為，由直線的斜率為，可得傾斜角為，的斜率為，可得傾斜角為，所以兩條漸近線的夾角的大小為，故選：B.4.若，，則實數(shù)（）A.6 B. C.3 D.【答案】B【解析】【分析】利用向量數(shù)量積坐標公式即可求解.【詳解】因為，所以，即，所以，因為，，所以，所以，解得.故選：B.5.小明爬樓梯每一步走1級臺階或2級臺階是隨機的，且走1級臺階的概率為，走2級臺階的概率為．小明從樓梯底部開始往上爬，在小明爬到第4級臺階的條件下，他走了3步的概率是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)題意，設事件A為“小明爬到第4級臺階”，事件B為“小明走了3步爬到第4級臺階”，求出，，進而計算可得答案【詳解】根據(jù)題意，設事件A“小明爬到第4級臺階”，事件B為“小明走了3步爬到第4級臺階”，事件A包含3中情況，①走了4次1級臺階，其概率②走了2次1級臺階，1次2級臺階，其概率，即,③走了2次2級臺階，其概率，故小明爬到第4級臺階概率在小明爬到第4級臺階的條件下，他走了3步的概率,故選：D6.已知等差數(shù)列的前n項和為，“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意，分和兩種情況討論，結合等差數(shù)列的性質(zhì)及充分條件、必要條件的定義分析判斷即可.【詳解】當時，，得；當時，，得，所以“”是“”的充要條件，故選：C．7.若函數(shù)在區(qū)間上是減函數(shù)，且，，，則（）A. B. C.1 D.2【答案】A【解析】【分析】利用輔助角公式化簡函數(shù)表達式，根據(jù)單調(diào)性與函數(shù)值，結合正弦函數(shù)的圖象，確定與的值，兩式相減，即可求出的值.【詳解】由題知，因為，，所以，又因為在區(qū)間上是減函數(shù)，所以，兩式相減，得，因為，所以.故選：A.8.圓錐頂點，底面半徑為1，母線的中點為，一只螞蟻從底面圓周上的點繞圓錐側面一周到達的最短路線中，其中下坡路的長是（）A.0 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】將圓錐側面沿母線剪開并展開成扇形，最短路線即為扇形中的線段，過作的垂線，垂足為，求出的長即可.【詳解】將圓錐側面沿母線剪開并展開成扇形，則該扇形半徑，弧長為，圓心角，最短路線即為扇形中的線段，,過作的垂線，垂足為，當螞蟻從點爬行到點過程中，它與點的距離越來越小，于是為上坡路段，當螞蟻從點爬行到點的過程中，它與點的距離越來越大，于是為下坡路段，下坡路段長.故選：B二?多選題（本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題列出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.）9.楊明上學有時坐公交車，有時騎自行車，他各記錄了次坐公交車和騎自行車所花的時間，經(jīng)數(shù)據(jù)分析得到：坐公交車平均用時，樣本方差為；騎自行車平均用時，樣本方差為，假設坐公交車用時單位：和騎自行車用時單位：都服從正態(tài)分布，正態(tài)分布中的參數(shù)用樣本均值估計，參數(shù)用樣本標準差估計，則（）A.B.C.D.若某天只有可用，楊明應選擇坐自行車【答案】ABD【解析】【分析】利用正態(tài)分布曲線的意義以及對稱性，對四個選項逐一分析判斷即可.【詳解】隨機變量的均值為，方差為，則，，，隨機變量的均值為，方差為，則，，，所以，故A正確；，，因為，所以，故B正確；，故C錯誤；對于，因為，所以選擇自行車，故D正確.故選：ABD.10.設函數(shù)，則（）A.是的極小值點B.C.不等式的解集為D.當時，【答案】BD【解析】【分析】對于A：求導，利用導數(shù)判斷的單調(diào)性和極值；對于B：根據(jù)解析式代入運算即可；對于C：取特值檢驗即可；對于D：分析可得，結合單調(diào)性分析判斷.【詳解】對于選項A：因為的定義域為R，且，當時，f′x<0；當或時，f′可知在，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以是函數(shù)的極大值點，故A錯誤；對于選項B：因為，故B正確；對于選項C：對于不等式，因為，即為不等式的解，但，所以不等式的解集不為，故C錯誤；對于選項D：因為，則，且，可得，因為函數(shù)在0,1上單調(diào)遞增，所以，故D正確；故選：BD.11.平面上到兩定點的距離之積為常數(shù)的動點的軌跡稱為卡西尼卵形線.已知曲線是到兩定點的距離之積為常數(shù)2的點的軌跡，設是曲線上的點，給出下列結論，其中正確的是（）A.曲線關于原點成中心對稱 B.C. D.周長的最小值為【答案】AC【解析】【分析】由已知可得點滿足的方程，代入點滿足方程，即可判斷A；由，得，可求的最大值，可得，即可判斷B；由時，有最大值為1，即可判斷C；由，可得時，不能構成三角形，即可判斷D.【詳解】由題意，，則，即，即，將代入有成立，所以曲線C關于原點O成中心對稱，A正確；由，得，設，則，所以，則當時，有最大值，所以，所以B錯誤；由B可知，當時，有最大值為，所以，所以C正確；由，當且僅當時等號成立，周長的最小值為，而此時，不能構成三角形，即最小值不是，所以D錯誤.故選：AC.三?填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分.其中第14題對一空得3分，全對得5分.）12.已知，，則________．【答案】【解析】【分析】由切化弦可得，結合兩角和差公式分析求解.【詳解】因為，即，可得，又因為，可得，所以.故答案為：.13.已知函數(shù)，則不等式的解集為_________________.【答案】【解析】【分析】要先證明函數(shù)的中心對稱性，即，這樣原不等式就可以化為，再用求導來證明單調(diào)遞增，從而就可以解出結果.【詳解】由已知得：，所以，即則不等式等價于，再由，可得在上單調(diào)遞增，所以，解得，故答案為：.14.盒子里裝有5個小球，其中2個紅球，3個黑球，從盒子中隨機取出1個小球，若取出的是紅球，則直接丟棄，若取出的是黑球，則放入盒中，則：（1）取了3次后，取出紅球的個數(shù)的數(shù)學期望為___________；（2）取了次后，所有紅球剛好全部取出的概率為___________.【答案】①.##②.【解析】【分析】（1）根據(jù)已知條件求出隨機變量的取值，利用相互獨立事件的概率的乘法公式分別求出隨機變量取值相應的概率，進而寫出分布列，結合隨機變量的期望公式即可求解；（2）利用相互獨立事件的概率的乘法公式及等比數(shù)列求和公式即可求解.【詳解】（1）設取出紅球的個數(shù)為,則的可能取值為.,,的分布列為（2）次取完表示最后一次是紅球，則前次中有一次取得紅球，所以故答案為：；【點睛】關鍵點睛：解決此題的關鍵是利用相互獨立事件的乘法公式及等比數(shù)列求和公式即可.四?解答題（本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.）15.在中，角所對的邊分別為．（1）若，求的值；（2）求面積的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)正弦定理可得，從而可求的值；（2）利用基本不等式可得，再根據(jù)余弦定理可得的范圍，從而可得的范圍，結合三角形面積公式，即可得面積的最大值．【小問1詳解】由正弦定理，可得，【小問2詳解】，，由余弦定理可得，，，，，當且僅當時，等號成立，此時面積取得最大值16.已知底面是平行四邊形，平面，，，，且.（1）求證：平面平面；（2）線段上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值是.若存在，求出的值；若不存在，說明理由.【答案】（1）證明見解析（2）存在，或.【解析】【分析】（1）由，得到，再由平面，證得，進而證得平面，結合，得到平面，利用面面垂直的判定定理，即可證得平面平面.（2）以為原點，建立空間直角坐標系，設，求得向量和平面的一個法向量為，結合向量的夾角公式，列出方程，即可求解.【小問1詳解】證明：在中，，，，則，可得，所以，所以.因為平面，平面，所以，又因為，平面，平面，所以平面，因為，所以平面，又因為平面，所以平面平面.【小問2詳解】是平行四邊形，平面，，，，且.假設線段上存在點，使得直線與平面所成角的正弦值是，以為原點，所在直線分別為x軸、y軸、軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則，可得，，設，則，所以，設平面的一個法向量為，則，令，可得，所以，設直線與平面所成角的大小為，故，整理得，解得或，所以或.17.已知橢圓C：（）的離心率為，且C的左、右焦點與短軸的兩個端點構成的四邊形的面積為.（1）求橢圓C的方程；（2）過點的直線l與橢圓C交于A，B兩點，過點A與x軸垂直的直線與橢圓C的另一個交點為.當?shù)拿娣e取得最大值時，求直線l的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由橢圓焦點與頂點坐標與離心率的定義計算即可得答案；（2）設出直線l的方程，聯(lián)立曲線方程后可得與坐標有關的韋達定理表達式，結合三角形面積公式表示出面積后借助基本不等式計算即可得答案.【小問1詳解】設橢圓C的焦距為2c，依題意，，，又，解得，，，所以橢圓C的方程為；【小問2詳解】由題意可得直線的斜率不為，故可設直線l的方程為，Ax1,y1聯(lián)立直線l與橢圓C的方程，得，由于直線過橢圓內(nèi)一點，故必有，則．又，，易知與同號，所以，當且僅當，即時等號成立，所以面積的最大值為，此時直線l的方程為．18.如果n項有窮數(shù)列滿足，，…，，即，則稱有窮數(shù)列為“對稱數(shù)列”.（1）設數(shù)列是項數(shù)為7的“對稱數(shù)列”，其中成等差數(shù)列，且，依次寫出數(shù)列的每一項；（2）設數(shù)列是項數(shù)為(且)的“對稱數(shù)列”，且滿足，記為數(shù)列的前項和.①若，，…，構成單調(diào)遞增數(shù)列，且.當為何值時，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）根據(jù)新定義“對稱數(shù)列”定義和已知條件可求得公比，進而求得結果；（2）①根據(jù)對稱數(shù)列的定義可得數(shù)列為等差數(shù)列，然后根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)來求解；②由條件得到數(shù)列相鄰兩項間的大小關系，并結合定義求得的取值范圍，然后結合已知條件確定出最后的結果【小問1詳解】因為數(shù)列bn是項數(shù)為7的“對稱數(shù)列”，所以，又因為成等差數(shù)列，其公差，…所以數(shù)列bn的7項依次為1，3，5，7，5，3，【小問2詳解】①由，，…，是單調(diào)遞增數(shù)列，數(shù)列是項數(shù)為的“對稱數(shù)列”且滿足，可知，，…，構成公差為2的等差數(shù)列，，，…，構成公差為的等差數(shù)列，故，所以當時，取得最大值；②因為即，所以即，于是，因為數(shù)列是“對稱數(shù)列”，所以，因為，故，解得或，所以，當，，…，構成公差為的等差數(shù)列時，滿足，且，此時，所以的最小值為2025.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵是理解對稱數(shù)列的定義，第二問①關鍵是得到，，…，構成公差為的等差數(shù)列.19.已知函數(shù).（1）當時，恒成立，求實數(shù)的取值范圍；（2）已知直線是曲線的兩條切線，且直線的斜率之積為1.（i）記為直線交點的橫坐標，求證：；（ii）若也與曲線相切，求的關系式并求出的取值范圍.【答案】（1）（2）（i）證明見解析；（ii）【解析】【分析】（1）分離參數(shù)，設，利用導數(shù)研究單調(diào)性，求解函數(shù)Fx的最值即可求解；（2）（i）設兩條切線在上的兩個切點橫坐標分別為，利用導數(shù)的幾何意義求出兩切線方程，聯(lián)立可得，構造函數(shù)，利用導數(shù)求解函數(shù)最值即可證明；（ii）結合導數(shù)的幾何意義將問題轉化為有兩個不等實根，且互為倒數(shù)，不妨設兩根為，由得，從而有兩個不等實根，設，利用導數(shù)研究的單調(diào)性，即可求解.【小問1詳解】由于，則，設，則，，且在0,+∞上單減，令得，令得，所以Fx在0,1單調(diào)遞增，1,+所以，則.【小問2詳解】（i）設兩條切線在上的兩個切點橫坐標分別為，有，即，此時，切線為：，相減得，所以，設，，所以在0,+∞上單調(diào)遞減.故當x∈0,1時，，所以；當x∈1,+∞時，，所以，則.（ii）由題意得：存在實數(shù)，使在處的切線和在處的切線重合，所以，即，則，又因為，所以，題目轉化為有兩個不等實根，且互為倒數(shù)，不妨設兩根為，則由得，化簡得，所以，所以，（也可寫為）.代入中得：有兩個不等實根，即，設，由于在0,+∞上單調(diào)遞減且，所以在