第1頁/共1頁2025屆新高考教學教研聯盟高三第一次聯考數學試卷注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40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.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】解對數不等式，利用集合的交集運算即可得出結果.【詳解】解不等式得：，所以又，所以.故選：B.2.若（為虛數單位），則（）A. B.4 C. D.【答案】C【解析】【分析】根據已知條件求出，再求出，最后計算的值.【詳解】已知，則.化簡得到，軛復數.

可得：

故選：C.3.已知，均為非零向量，其夾角為，則“”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【答案】C【解析】【分析】根據求出，分析充分性，根據求出分析必要性.【詳解】因為，所以或，當時，則，同向共線，則，則充分性不成立，若，則，反向共線，則，此時，即必要性成立，所以“”是“”的必要不充分條件.故選：C.4.若甲組樣本數據（數據各不相同）的平均數為5，乙組樣本數據的平均數為12，則下列說法錯誤的是（）A.B.乙組樣本數據的方差是甲組樣本數據方差的9倍C.兩組樣本數據的中位數可能相等D.兩組樣本數據的極差可能相等【答案】D【解析】【分析】由甲組平均數為，乙組平均數為可得選項A正確；由乙組樣本數據的方差是甲組樣本數據方差的倍可得選項B正確；根據中位數和極差的概念可得選項C正確，選項D錯誤.【詳解】A.設甲組樣本數據的平均數為，則乙組樣本數據的平均數為，由，得，A正確.B.乙組樣本數據的方差是甲組樣本數據方差的倍，B正確.C.設甲組樣本數據的中位數為，則乙組樣本數據的中位數為，由得，，故兩組樣本數據的中位數可能相等，C正確.D.不妨設，則甲組數據的極差為，乙組數據的極差為，∵甲組數據各不相同，∴兩組樣本數據的極差不相等，D錯誤.故選：D.5（）A.2 B.4 C. D.【答案】B【解析】【分析】將轉化為并展開即可求解.【詳解】因為，所以，所以.故選：B.6.已知滿足，且，則的值為（）A.6072 B.6075 C.6078 D.6069【答案】A【解析】【分析】通過賦值法得出，再通過賦值得出，結合等差數列的性質即可得結果.【詳解】因為，且，令，則，解得，令，，則，即是以為首項，為公差的等差數列，所以，故選：A.7.設為雙曲線的右焦點，，分別為的兩條漸近線的傾斜角，已知點到其中一條漸近線的距離為1，且滿足，則雙曲線的焦距為（）A. B.2 C. D.4【答案】D【解析】【分析】先根據雙曲線的性質求出焦點到漸近線的距離，再結合漸近線傾斜角的關系求出，進而求出，，的關系，最后求出雙曲線的焦距.【詳解】雙曲線，其漸近線方程，不妨設，.右焦點到漸近線（不妨取這條）的距離為.根據雙曲線的性質，則，已知點到其中一條漸近線的距離為，所以.因為，分別為的兩條漸近線的傾斜角，且，又，所以，解得.可得，即，解得.可得，所以.雙曲線的焦距為.故選：D.8.已知有4個零點，則實數的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】通過換元，得到，結合的圖像，問題轉換成二次函數必有兩個零點，一個零點在內，一個零點在內，進而可求解；【詳解】令，研究，當時，易知函數單調遞增；當時，，當時，，則，當時，，當時，，此時單調遞增，在單調遞減；當時，得到最大值，畫出草圖：由圖像可知，要使得有4個零點，則必有兩個零點，一個零點在內，一個零點在內，由二次函數零點分布可得：，解得：，所以實數的取值范圍為，故選：C二、選擇題（本大題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的選項中，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.設橢圓的左、右焦點分別為，，點在上，則（）A.的離心率為B.的周長為5C.的最大值為3D.的最小值為8【答案】ACD【解析】【分析】根據的關系可得選項A正確；利用橢圓的定義可得選項B錯誤；當點在橢圓的右頂點處時可得選項C正確；利用基本不等式可得選項D正確.【詳解】A.由題意得，，故離心率為，A正確.B.由橢圓的定義得，，∴的周長為，B錯誤.C.當點在橢圓的右頂點處時，的最大值為，C正確.D.因，當且僅當時等號成立，∴的最小值為8，D正確.故選：ACD.10.記的內角，，的對邊分別為，，，若，則（）A. B. C. D.【答案】BCD【解析】【分析】對于A，由已知條件結合分析判斷，對于B，利用余弦定理和正弦定理結合已知條件可得，然后利用正弦函數的性質分析判斷，對于C，由選項B可知，則，從而可判斷的范圍，對于D，由正弦定理結合及二倍角公式得，再結合可求出其范圍進行判斷.【詳解】對于A，因為，，所以，所以，所以A錯誤，對于B，因為，所以由余弦定理得，所以由正弦定理得，所以，因為，所以或，若，則，所以，此時，所以，則，此時，所以B正確，對于C，由選項B可知，所以，所以，所以C正確，對于D，由正弦定理得，因為，所以，所以，所以，所以，所以，所以D正確.故選：BCD【點睛】關鍵點點睛：此題考查正弦定理和余弦定理的綜合問題，解題的關鍵是利用這兩個定理進行邊角互化，再三角函數質求解，考查數學轉化思想和計算能力，屬于較難題.11.如圖，一個三角形被分成9個房間，稱有公共邊的2個房間為相鄰房間，一個小球每次從一個房間等概率地移動到相鄰房間，則（）A.將2個小球放至不同的房間，則房間不相鄰的概率為B.將個小球放至不同的房間，若房間兩兩不相鄰，則C.小球從房間出發，4次移動后到達房間的移動路徑有6種D.小球從房間出發，20次移動后到達房間的概率為【答案】ABD【解析】【分析】A項列舉法求出房間相鄰的情況，由古典概型與對立事件的概率公式求解；B項給出取6個房間且兩兩不鄰的例子，由房間均與個房間相鄰，分析取個房間必有相鄰情況；C項列舉可得；D項先列舉從到達的情況求出相應條件概率，再利用全概率公式寫出遞推關系，構造數列求通項進而求具體概率即可.【詳解】A項，任取兩個房間，相鄰有種情況：，所以任取兩個房間不相鄰的概率為，故選項A正確；B項，當時，可將小球放在，此時房間兩兩不相鄰；當時，房間均與個房間相鄰，則從個房間任意抽走個房間后，總有相鄰的房間，所以，故選項B正確；C項，小球從房間出發，次移動后到達房間有種路徑：；；；；；；，故選項C錯誤；D項，設小球從房間經過次移動到達房間的概率為，由題意可知為偶數，小球在房間，次移動的路徑有：；小球在房間，次移動的路徑有：；小球在房間，次移動的路徑有：；所以，小球從房間出發，經過偶數次移動后一定在房間之一，且當小球經過次移動到達房間時，第次移動后必在房間之一，小球從房間或經過次移動到達房間的概率均為；小球從房間經過次移動到達房間的概率均為；，則，，，數列是以為首項，為公比的等比數列，，則，所以.故選：ABD.【點睛】關鍵點點睛：解決此題的關鍵是通過列舉分析得出小球從房間出發，經過偶數次移動后一定在房間之一，進而分類分析應用全概率公式得到概率遞推關系.三、填空題（本大題共3小題，每小題5分，共15分）12.若函數在上單調遞增，則實數的取值范圍是______________.【答案】【解析】【分析】由當時，結合函數的圖象進行求解．【詳解】解：當時，函數的圖象如下：符合題意，當時，函數的圖象如下：不符合題意，結合圖象的平移，則實數a的范圍為：．故答案為：13.若函數在內有2個零點，則的最大值為______________.【答案】##【解析】【分析】利用輔助角公式將函數化簡，再結合正弦函數的性質求出函數的零點，最后根據零點個數確定的取值范圍，進而求出的最大值【詳解】已知，根據輔助角公式得到.

令，即，則.所以，，解關于的方程可得，.

因為，當時，；當時，；當時，.由于函數在內有個零點，所以.解得的取值范圍是.

可知，的最大值為.

故答案為：.14.將一個圓錐整體放入棱長為2正方體容器（容器壁厚度忽略不計）內，圓錐的軸線與容器的體對角線重合，則圓錐體積的最大值為______________.【答案】【解析】【分析】在射線上分別取點，使得，則為等邊三角形，設內切圓圓心為O，半徑為r，即求圓錐體積的最大值，當平面經過正方體中心時，，只考慮的情況，構造函數求解.【詳解】解：設正方體容器為，在射線上分別取點，使得，則為等邊三角形，設的內切圓圓心為O，半徑為r，即求圓錐體積的最大值，當平面經過正方體中心時，，只考慮的情況，則，，又三點共線，且平面，得，得，則，令，則因為，所以，得在上單調遞增，則，故圓錐體積的最大值為：故答案為：【點睛】方法點睛：在射線上分別取點，使得，設的內切圓圓心為O，半徑為r，即求圓錐體積的最大值，只考慮的情況，構造函數求解.四、解答題（本大題共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.某市統計了2024年4月的空氣質量指數（AQI），將其分為，，，的4組，畫出頻率分布直方圖如圖所示.若，稱當天空氣質量達標；若，稱當天空氣質量不達標.（1）求；（2）從4月的30天中任取2天，求至少有1天空氣質量達標的概率；（3）若2024年6月的30天中有8天空氣質量達標，請完成下面2×2列聯表，根據小概率值的獨立性檢驗，能否認為空氣質量是否達標與月份有關聯？月份空氣質量合計達標不達標4月

6月

合計

附：，0.10.050.012.7063.8416.635【答案】（1）0.002（2）（3）不能【解析】【分析】（1）由頻率和為1求解；（2）由對立事件的概率計算公式求解；（3）先求出列聯表，再計算卡方值進行判斷即可．【小問1詳解】依題意得，，解得．【小問2詳解】由頻率分布直方圖知，4月份的空氣質量達標的天數為：，則4月份的空氣質量不達標的天數為：，則任取2天，至少有1天空氣質量達標的概率為：．【小問3詳解】列聯表如下：月份空氣質量合計達標不達標4月1218306月82230合計204060零假設：空氣質量是否達標與月份無關，則所以根據小概率值的獨立性檢驗，沒有充分理由推斷假設不成立，故不能認為空氣質量是否達標與月份有關聯．16.如圖，在中，，，是邊上一點，將沿翻折至，且平面平面.當面積最大時：（1）求；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據三角面積公式，結合線面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理、余弦定理進行求解即可；（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量夾角公式進行求解即可.【小問1詳解】因為，所以當時，即面積最大，又當時，因為平面，所以平面，而平面，所以平面平面，符合題意，顯然，因為，，所以，因此設，由余弦定理可知：【小問2詳解】建立如圖所示的空間直角坐標系，，由（1）可知平面，所以平面的法向量為，設平面的法向量為，，于是有，所以二面角的余弦值為.17.已知函數.（1）當時，有兩個零點，求的取值范圍；（2）若是的極小值點，求的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求導，確定函數的單調性，可知，分類討論和，結合零點存在性定理即可得出答案.（2）求導，結合分類討論，求解函數的單調性，結合極值的定義，即可求解.【小問1詳解】,令，當時，在上單調遞減，又因為，當時，，，當時，，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，，①若，即，則，至多有一個零點，不合題意；②若，即，因為當趨于負無窮時，趨于負無窮，所以在上有一個零點，,又在上單調遞減，，所以由零點存在性定理知，所以在上有一個零點，所以在上有兩個零點，符合題意.綜上：.【小問2詳解】因為，，在上單調遞增，，①當時，，存在，使得時，，當時，，，當時，，，故在上單調遞增，在上單調遞減，所以是的極大值點，不合題意；②當時，，存在，使得時，，當時，，，當時，，，故在上單調遞減，在上單調遞增，所以是的極小值點，符合題意；③當時，，，當時，，當時，，故在上單調遞減，在上單調遞增，又因為，所以，即恒成立，所以在上單調遞增，無極值點，不合題意.綜上：.【點睛】方法點睛：對于利用導數研究函數的綜合問題的求解策略：（1）通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；（2）利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．（3）根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．18.拋物線的焦點為，，，是上的三個點，直線，均與圓相切，是上的任意一點，的最小值為3.（1）求的方程；（2）若，求的取值范圍；（3）若為定值，求.【答案】（1）（2）（3）或【解析】【分析】（1）根據拋物線定義轉化，結合最小值可求得的值，即可得到的方程.（2）利用切線長定理轉化角，借助銳角三角函數及二倍角公式可求的范圍，即可得到的取值范圍.（3）利用直線，均與圓相切得到的關系式，表示，結合其為定值可得的值.【小問1詳解】由題意得，，拋物線準線為.過點作于點，由拋物線定義得，，當三點共線時，有最小值，最小值為，解得，∴的方程為.【小問2詳解】設直線與圓分別相切于點，連接，則，∴，且，∴，∵，∴，∴，∵，∴.【小問3詳解】∵，，∴直線方程為：，∵，∴直線方程為：，∵