陜西省西安市高新唐南中學2025屆高三六校第一次聯考數學試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知，若則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．2．已知，則（）A．5 B． C．13 D．3．已知函數，，若總有恒成立.記的最小值為，則的最大值為（）A．1 B． C． D．4．函數的部分圖象大致為（）A． B．C． D．5．如圖，正方體的棱長為1，動點在線段上，、分別是、的中點，則下列結論中錯誤的是（）A．， B．存在點，使得平面平面C．平面 D．三棱錐的體積為定值6．若函數有且僅有一個零點，則實數的值為（）A． B． C． D．7．已知數列滿足，且成等比數列.若的前n項和為，則的最小值為（）A． B． C． D．8．一輛郵車從地往地運送郵件，沿途共有地，依次記為，，…（為地，為地）．從地出發時，裝上發往后面地的郵件各1件，到達后面各地后卸下前面各地發往該地的郵件，同時裝上該地發往后面各地的郵件各1件，記該郵車到達，，…各地裝卸完畢后剩余的郵件數記為．則的表達式為（）．A． B． C． D．9．已知直線：過雙曲線的一個焦點且與其中一條漸近線平行，則雙曲線的方程為（）A． B． C． D．10．一個算法的程序框圖如圖所示，若該程序輸出的結果是，則判斷框中應填入的條件是（）A． B． C． D．11．正項等比數列中的、是函數的極值點，則（）A． B．1 C． D．212．設，均為非零的平面向量，則“存在負數，使得”是“”的A．充要條件 B．充分不必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知平面向量、的夾角為，且，則的最大值是_____．14．設函數，當時，記最大值為，則的最小值為______.15．已知數列的前項和為且滿足，則數列的通項_______．16．已知函數，則曲線在點處的切線方程是_______．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在直角坐標系中，直線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為，點的極坐標為.（1）求的直角坐標方程和的直角坐標；（2）設與交于，兩點，線段的中點為，求.18．（12分）已知橢圓：（），點是的左頂點，點為上一點，離心率.（1）求橢圓的方程；（2）設過點的直線與的另一個交點為（異于點），是否存在直線，使得以為直徑的圓經過點，若存在，求出直線的方程；若不存在，說明理由.19．（12分）在直角坐標系中，已知圓，以原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，已知直線平分圓M的周長.（1）求圓M的半徑和圓M的極坐標方程；（2）過原點作兩條互相垂直的直線，其中與圓M交于O，A兩點，與圓M交于O，B兩點，求面積的最大值.20．（12分）（江蘇省徐州市高三第一次質量檢測數學試題）在平面直角坐標系中，已知平行于軸的動直線交拋物線：于點，點為的焦點.圓心不在軸上的圓與直線，，軸都相切，設的軌跡為曲線.（1）求曲線的方程；（2）若直線與曲線相切于點，過且垂直于的直線為，直線，分別與軸相交于點，.當線段的長度最小時，求的值.21．（12分）已知正數x，y，z滿足xyzt（t為常數），且的最小值為，求實數t的值.22．（10分）已知矩陣，.求矩陣；求矩陣的特征值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

根據，得到有解，則，得，，得到，再根據，有，即，可化為，根據，則的解集包含求解，【詳解】因為，所以有解，即有解，所以，得，，所以，又因為，所以，即，可化為，因為，所以的解集包含，所以或，解得，故選：C【點睛】本題主要考查一元二次不等式的解法及集合的關系的應用，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題，2、C【解析】

先化簡復數，再求，最后求即可.【詳解】解：，，故選：C【點睛】考查復數的運算，是基礎題.3、C【解析】

根據總有恒成立可構造函數,求導后分情況討論的最大值可得最大值最大值,即.根據題意化簡可得,求得,再換元求導分析最大值即可.【詳解】由題,總有即恒成立.設,則的最大值小于等于0.又,若則,在上單調遞增,無最大值.若,則當時,,在上單調遞減,當時,,在上單調遞增.故在處取得最大值.故,化簡得.故,令,可令,故,當時,,在遞減；當時,,在遞增.故在處取得極大值,為.故的最大值為.故選：C【點睛】本題主要考查了根據導數求解函數的最值問題,需要根據題意分析導數中參數的范圍,再分析函數的最值,進而求導構造函數求解的最大值.屬于難題.4、B【解析】

圖像分析采用排除法，利用奇偶性判斷函數為奇函數，再利用特值確定函數的正負情況。【詳解】，故奇函數，四個圖像均符合。當時，，，排除C、D當時，，，排除A。故選B。【點睛】圖像分析采用排除法，一般可供判斷的主要有：奇偶性、周期性、單調性、及特殊值。5、B【解析】

根據平行的傳遞性判斷A；根據面面平行的定義判斷B；根據線面垂直的判定定理判斷C；由三棱錐以三角形為底，則高和底面積都為定值，判斷D.【詳解】在A中，因為分別是中點，所以，故A正確；在B中，由于直線與平面有交點，所以不存在點，使得平面平面，故B錯誤；在C中，由平面幾何得，根據線面垂直的性質得出，結合線面垂直的判定定理得出平面，故C正確；在D中，三棱錐以三角形為底，則高和底面積都為定值，即三棱錐的體積為定值，故D正確；故選：B【點睛】本題主要考查了判斷面面平行，線面垂直等，屬于中檔題.6、D【解析】

推導出函數的圖象關于直線對稱，由題意得出，進而可求得實數的值，并對的值進行檢驗，即可得出結果.【詳解】，則，，，所以，函數的圖象關于直線對稱.若函數的零點不為，則該函數的零點必成對出現，不合題意.所以，，即，解得或.①當時，令，得，作出函數與函數的圖象如下圖所示：此時，函數與函數的圖象有三個交點，不合乎題意；②當時，，，當且僅當時，等號成立，則函數有且只有一個零點.綜上所述，.故選：D.【點睛】本題考查利用函數的零點個數求參數，考查函數圖象對稱性的應用，解答的關鍵就是推導出，在求出參數后要對參數的值進行檢驗，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.7、D【解析】

利用等比中項性質可得等差數列的首項，進而求得，再利用二次函數的性質，可得當或時，取到最小值.【詳解】根據題意，可知為等差數列，公差，由成等比數列，可得，∴，解得.∴.根據單調性，可知當或時，取到最小值，最小值為.故選：D.【點睛】本題考查等差數列通項公式、等比中項性質、等差數列前項和的最值，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力，求解時注意當或時同時取到最值.8、D【解析】

根據題意，分析該郵車到第站時，一共裝上的郵件和卸下的郵件數目，進而計算可得答案．【詳解】解：根據題意，該郵車到第站時，一共裝上了件郵件，需要卸下件郵件，則，故選：D．【點睛】本題主要考查數列遞推公式的應用，屬于中檔題．9、A【解析】

根據直線：過雙曲線的一個焦點，得，又和其中一條漸近線平行，得到，再求雙曲線方程.【詳解】因為直線：過雙曲線的一個焦點，所以，所以，又和其中一條漸近線平行，所以，所以，，所以雙曲線方程為.故選：A.【點睛】本題主要考查雙曲線的幾何性質，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.10、D【解析】

首先判斷循環結構類型，得到判斷框內的語句性質，然后對循環體進行分析，找出循環規律，判斷輸出結果與循環次數以及的關系，最終得出選項．【詳解】經判斷此循環為“直到型”結構，判斷框為跳出循環的語句，第一次循環：；第二次循環：；第三次循環：，此時退出循環，根據判斷框內為跳出循環的語句，，故選D．【點睛】題主要考查程序框圖的循環結構流程圖，屬于中檔題．解決程序框圖問題時一定注意以下幾點：(1)不要混淆處理框和輸入框；(2)注意區分程序框圖是條件分支結構還是循環結構；(3)注意區分當型循環結構和直到型循環結構；(4)處理循環結構的問題時一定要正確控制循環次數；(5)要注意各個框的順序，（6）在給出程序框圖求解輸出結果的試題中只要按照程序框圖規定的運算方法逐次計算，直到達到輸出條件即可．11、B【解析】

根據可導函數在極值點處的導數值為，得出，再由等比數列的性質可得.【詳解】解：依題意、是函數的極值點，也就是的兩個根∴又是正項等比數列，所以∴.故選：B【點睛】本題主要考查了等比數列下標和性質以應用，屬于中檔題.12、B【解析】

根據充分條件、必要條件的定義進行分析、判斷后可得結論．【詳解】因為，均為非零的平面向量，存在負數，使得，所以向量，共線且方向相反，所以，即充分性成立；反之，當向量，的夾角為鈍角時，滿足，但此時，不共線且反向，所以必要性不成立．所以“存在負數，使得”是“”的充分不必要條件．故選B．【點睛】判斷p是q的什么條件，需要從兩方面分析：一是由條件p能否推得條件q；二是由條件q能否推得條件p，定義法是判斷充分條件、必要條件的基本的方法，解題時注意選擇恰當的方法判斷命題是否正確．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

建立平面直角坐標系，設，可得，進而可得出，，由此將轉化為以為自變量的三角函數，利用三角恒等變換思想以及正弦函數的有界性可得出結果.【詳解】根據題意建立平面直角坐標系如圖所示，設，，以、為鄰邊作平行四邊形，則，設，則，，且，在中，由正弦定理，得，即，在中，由正弦定理，得，即.，，則，當時，取最大值.故答案為：.【點睛】本題考查了向量的數量積最值的計算，將問題轉化為角的三角函數的最值問題是解答的關鍵，考查計算能力，屬于難題．14、【解析】

易知，設，，利用絕對值不等式的性質即可得解．【詳解】，設，，令，當時，，所以單調遞減令，當時，，所以單調遞增所以當時，，，則則，即故答案為：.【點睛】本題考查函數最值的求法，考查絕對值不等式的性質，考查轉化思想及邏輯推理能力，屬于難題．15、【解析】

先求得時；再由可得時,兩式作差可得,進而求解.【詳解】當時,,解得；由,可知當時,,兩式相減,得,即,所以數列是首項為,公比為的等比數列,所以,故答案為:【點睛】本題考查由與的關系求通項公式,考查等比數列的通項公式的應用.16、【解析】

求導，x=0代入求k，點斜式求切線方程即可【詳解】則又故切線方程為y=x+1故答案為y=x+1【點睛】本題考查切線方程，求導法則及運算，考查直線方程，考查計算能力，是基礎題三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1），（2）【解析】

（1）利用互化公式把曲線C化成直角坐標方程，把點P的極坐標化成直角坐標；（2）把直線l的參數方程的標準形式代入曲線C的直角坐標方程，根據韋達定理以及參數t的幾何意義可得．【詳解】（1）由ρ2得ρ2+ρ2sin2θ＝2，將ρ2＝x2+y2，y＝ρsinθ代入上式并整理得曲線C的直角坐標方程為y2＝1，設點P的直角坐標為（x，y），因為P的極坐標為（，），所以x＝ρcosθcos1，y＝ρsinθsin1，所以點P的直角坐標為（1，1）．（2）將代入y2＝1，并整理得41t2+110t+25＝0，因為△＝1102﹣4×41×25＝8000＞0，故可設方程的兩根為t1，t2，則t1，t2為A，B對應的參數，且t1+t2，依題意，點M對應的參數為，所以|PM|＝||．【點睛】本題考查了簡單曲線的極坐標方程，屬中檔題．18、（1）；（2）存在，【解析】

（1）把點代入橢圓C的方程，再結合離心率，可得a,b,c的關系，可得橢圓的方程；（2）設出直線的方程，代入橢圓，運用韋達定理可求得點的坐標，再由，可求得直線的方程,要注意檢驗直線是否和橢圓有兩個交點．【詳解】（1）由題可得∴，所以橢圓的方程（2）由題知，設，直線的斜率存在設為，則與橢圓聯立得，，∴，，∴若以為直徑的圓經過點，則，∴，化簡得，∴，解得或因為與不重合，所以舍.所以直線的方程為.【點睛】本題考查橢圓的簡單性質，考查直線與橢圓位置關系的應用，考查了向量的數量積的運用，屬于中檔題.19、（1），（2）【解析】

先求出，再求圓的半徑和極坐標方程；（2）設求出,,再求出得解.【詳解】（1）將化成直角坐標方程，得則，故，則圓，即，所以圓M的半徑為.將圓M的方程化成極坐標方程，得.即圓M的極坐標方程為.（2）設，則,用代替.可得,【點睛】本題主要考查直角坐標和極坐標的互化，考查極徑的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.20、(1)．(2)見解析.【解析】試題分析：（1）