山西太原師范學院附中2025屆高三第一次階段考試數學試題注意事項：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．點為棱長是2的正方體的內切球球面上的動點，點為的中點，若滿足，則動點的軌跡的長度為（）A． B． C． D．2．上世紀末河南出土的以鶴的尺骨（翅骨）制成的“骨笛”（圖1），充分展示了我國古代高超的音律藝術及先進的數學水平，也印證了我國古代音律與歷法的密切聯系.圖2為骨笛測量“春（秋）分”，“夏（冬）至”的示意圖，圖3是某骨笛的部分測量數據（骨笛的彎曲忽略不計），夏至（或冬至）日光（當日正午太陽光線）與春秋分日光（當日正午太陽光線）的夾角等于黃赤交角.由歷法理論知，黃赤交角近1萬年持續減小，其正切值及對應的年代如下表：黃赤交角正切值0.4390.4440.4500.4550.461年代公元元年公元前2000年公元前4000年公元前6000年公元前8000年根據以上信息，通過計算黃赤交角，可估計該骨笛的大致年代是()A．公元前2000年到公元元年 B．公元前4000年到公元前2000年C．公元前6000年到公元前4000年 D．早于公元前6000年3．函數的定義域為（）A．或 B．或C． D．4．為計算，設計了如圖所示的程序框圖，則空白框中應填入（）A． B． C． D．5．在中，角、、的對邊分別為、、，若，，，則（）A． B． C． D．6．的展開式中有理項有（）A．項 B．項 C．項 D．項7．設，滿足約束條件，則的最大值是（）A． B． C． D．8．點是單位圓上不同的三點，線段與線段交于圓內一點M，若，則的最小值為（）A． B． C． D．9．已知雙曲線，過原點作一條傾斜角為直線分別交雙曲線左、右兩支P，Q兩點，以線段PQ為直徑的圓過右焦點F，則雙曲線離心率為A． B． C．2 D．10．設拋物線上一點到軸的距離為，到直線的距離為，則的最小值為（）A．2 B． C． D．311．已知函數滿足，當時，，則（）A．或 B．或C．或 D．或12．已知復數滿足，則（）A． B．2 C．4 D．3二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．四面體中，底面，，，則四面體的外接球的表面積為______14．已知向量，且向量與的夾角為_______.15．已知多項式的各項系數之和為32，則展開式中含項的系數為______．16．已知，，，的夾角為30°，，則_________.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）某市計劃在一片空地上建一個集購物、餐飲、娛樂為一體的大型綜合園區，如圖，已知兩個購物廣場的占地都呈正方形，它們的面積分別為13公頃和8公頃；美食城和歡樂大世界的占地也都呈正方形，分別記它們的面積為公頃和公頃；由購物廣場、美食城和歡樂大世界圍成的兩塊公共綠地都呈三角形，分別記它們的面積為公頃和公頃.（1）設，用關于的函數表示，并求在區間上的最大值的近似值（精確到0.001公頃）；（2）如果，并且，試分別求出、、、的值.18．（12分）已知，，不等式恒成立.（1）求證:（2）求證:.19．（12分）選修4-5：不等式選講設函數f(x)=|x-a|,a<0．（1）證明:f(x)+f(-1（2）若不等式f(x)+f(2x)<12的解集非空，求20．（12分）若,且（1）求的最小值；（2）是否存在，使得？并說明理由.21．（12分）已知橢圓，上頂點為，離心率為，直線交軸于點，交橢圓于，兩點，直線，分別交軸于點，．（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）求證：為定值．22．（10分）正項數列的前n項和Sn滿足：(1)求數列的通項公式；(2)令，數列{bn}的前n項和為Tn，證明：對于任意的n∈N*，都有Tn＜.

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】

設的中點為，利用正方形和正方體的性質，結合線面垂直的判定定理可以證明出平面，這樣可以確定動點的軌跡，最后求出動點的軌跡的長度.【詳解】設的中點為，連接，因此有，而，而平面，，因此有平面，所以動點的軌跡平面與正方體的內切球的交線.正方體的棱長為2，所以內切球的半徑為，建立如下圖所示的以為坐標原點的空間直角坐標系：因此有，設平面的法向量為，所以有，因此到平面的距離為：，所以截面圓的半徑為：，因此動點的軌跡的長度為.故選：C【點睛】本題考查了線面垂直的判定定理的應用，考查了立體幾何中軌跡問題，考查了球截面的性質，考查了空間想象能力和數學運算能力.2、D【解析】

先理解題意，然后根據題意建立平面幾何圖形，在利用三角函數的知識計算出冬至日光與春秋分日光的夾角，即黃赤交角，即可得到正確選項．【詳解】解：由題意，可設冬至日光與垂直線夾角為，春秋分日光與垂直線夾角為，則即為冬至日光與春秋分日光的夾角，即黃赤交角，將圖3近似畫出如下平面幾何圖形：則，，．，估計該骨笛的大致年代早于公元前6000年．故選：．【點睛】本題考查利用三角函數解決實際問題的能力，運用了兩角和與差的正切公式，考查了轉化思想，數學建模思想，以及數學運算能力，屬中檔題．3、A【解析】

根據偶次根式被開方數非負可得出關于的不等式，即可解得函數的定義域.【詳解】由題意可得，解得或.因此，函數的定義域為或.故選：A.【點睛】本題考查具體函數定義域的求解，考查計算能力，屬于基礎題.4、A【解析】

根據程序框圖輸出的S的值即可得到空白框中應填入的內容．【詳解】由程序框圖的運行，可得：S＝0，i＝0滿足判斷框內的條件，執行循環體，a＝1，S＝1，i＝1滿足判斷框內的條件，執行循環體，a＝2×（﹣2），S＝1+2×（﹣2），i＝2滿足判斷框內的條件，執行循環體，a＝3×（﹣2）2，S＝1+2×（﹣2）+3×（﹣2）2，i＝3…觀察規律可知：滿足判斷框內的條件，執行循環體，a＝99×（﹣2）99，S＝1+2×（﹣2）+3×（﹣2）2+…+1×（﹣2）99，i＝1，此時，應該不滿足判斷框內的條件，退出循環，輸出S的值，所以判斷框中的條件應是i＜1．故選：A．【點睛】本題考查了當型循環結構，當型循環是先判斷后執行，滿足條件執行循環，不滿足條件時算法結束，屬于基礎題．5、B【解析】

利用兩角差的正弦公式和邊角互化思想可求得，可得出，然后利用余弦定理求出的值，最后利用正弦定理可求出的值.【詳解】，即，即，，，得，，.由余弦定理得，由正弦定理，因此，.故選：B.【點睛】本題考查三角形中角的正弦值的計算，考查兩角差的正弦公式、邊角互化思想、余弦定理與正弦定理的應用，考查運算求解能力，屬于中等題.6、B【解析】

由二項展開式定理求出通項，求出的指數為整數時的個數，即可求解.【詳解】，，當，，，時，為有理項，共項.故選:B.【點睛】本題考查二項展開式項的特征，熟練掌握二項展開式的通項公式是解題的關鍵，屬于基礎題.7、D【解析】

作出不等式對應的平面區域，由目標函數的幾何意義，通過平移即可求z的最大值．【詳解】作出不等式組的可行域，如圖陰影部分，作直線：在可行域內平移當過點時，取得最大值.由得：，故選：D【點睛】本題主要考查線性規劃的應用，利用數形結合是解決線性規劃題目的常用方法，屬于基礎題.8、D【解析】

由題意得，再利用基本不等式即可求解．【詳解】將平方得，（當且僅當時等號成立），，的最小值為，故選：D．【點睛】本題主要考查平面向量數量積的應用，考查基本不等式的應用，屬于中檔題．9、B【解析】

求得直線的方程，聯立直線的方程和雙曲線的方程，求得兩點坐標的關系，根據列方程，化簡后求得離心率.【詳解】設，依題意直線的方程為，代入雙曲線方程并化簡得，故，設焦點坐標為，由于以為直徑的圓經過點，故，即，即，即，兩邊除以得，解得.故，故選B.【點睛】本小題主要考查直線和雙曲線的交點，考查圓的直徑有關的幾何性質，考查運算求解能力，屬于中檔題.10、A【解析】

分析：題設的直線與拋物線是相離的，可以化成，其中是點到準線的距離，也就是到焦點的距離，這樣我們從幾何意義得到的最小值，從而得到的最小值.詳解：由①得到，，故①無解，所以直線與拋物線是相離的.由，而為到準線的距離，故為到焦點的距離，從而的最小值為到直線的距離，故的最小值為，故選A.點睛：拋物線中與線段的長度相關的最值問題，可利用拋物線的幾何性質把動線段的長度轉化為到準線或焦點的距離來求解.11、C【解析】

簡單判斷可知函數關于對稱，然后根據函數的單調性，并計算，結合對稱性，可得結果.【詳解】由，可知函數關于對稱當時，，可知在單調遞增則又函數關于對稱，所以且在單調遞減，所以或，故或所以或故選：C【點睛】本題考查函數的對稱性以及單調性求解不等式，抽象函數給出式子的意義，比如：，，考驗分析能力，屬中檔題.12、A【解析】

由復數除法求出，再由模的定義計算出模．【詳解】．故選：A．【點睛】本題考查復數的除法法則，考查復數模的運算，屬于基礎題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

由題意畫出圖形，補形為長方體，求其對角線長，可得四面體外接球的半徑，則表面積可求．【詳解】解：如圖，在四面體中，底面，，，可得，補形為長方體，則過一個頂點的三條棱長分別為1，1，，則長方體的對角線長為，則三棱錐的外接球的半徑為1．其表面積為．故答案為：．【點睛】本題考查多面體外接球表面積的求法，補形是關鍵，屬于中檔題．14、1【解析】

根據向量數量積的定義求解即可．【詳解】解：∵向量，且向量與的夾角為，∴||；所以：?（）2cos2﹣2＝1，故答案為：1．【點睛】本題主要考查平面向量的數量積的定義，屬于基礎題．15、【解析】

令可得各項系數和為，得出,根據第一個因式展開式的常數項與第二個因式的展開式含一次項的積與第一個因式展開式含x的一次項與第二個因式常數項的積的和即為展開式中含項，可得解.【詳解】令，則得，解得，所以展開式中含項為：，故答案為：【點睛】本題主要考查了二項展開式的系數和，二項展開式特定項，賦值法，屬于中檔題.16、1【解析】

由求出，代入，進行數量積的運算即得.【詳解】，存在實數，使得.不共線，.，，，的夾角為30°，.故答案為：1.【點睛】本題考查向量共線定理和平面向量數量積的運算，屬于基礎題.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），最大值公頃；（2）17、25、5、5.【解析】

（1）由余弦定理求出三角形ABC的邊長BC，進而可以求出，，由面積公式求出，，即可求出，并求出最值；（2）由（1）知，，，即可求出、，再算出，代入（1）中表達式求出，。【詳解】（1）由余弦定理得，，所以，，同理可得又，所以，故在區間上的最大值為，近似值為。（2）由（1）知，，，所以，進而，由知，，，故、、、的值分別是17、25、5、5。【點睛】本題主要考查利用余弦定理解三角形以及同角三角函數平方關系的應用，意在考查學生的數學建模以及數學運算能力。18、（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】

（1）先根據絕對值不等式求得的最大值，從而得到，再利用基本不等式進行證明；（2）利用基本不等式變形得，兩邊開平方得到新的不等式，利用同理可得另外兩個不等式，再進行不等式相加，即可得答案.【詳解】（1）∵，∴.∵，，，∴，∴，∴.（2）∵，，即兩邊開平方得.同理可得，.三式相加，得.【點睛】本題考查絕對值不等式、應用基本不等式證明不等式，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推理論證能力.19、(1)見解析.(1)(-1,0).【解析】試題分析：（1）直接計算f(x)+f(-1（1）f(x)+f(2x)=|x-a|+|2x-a|，分區間討論去絕對值符號分別解不等式即可.試題解析：（1）證明：函數f（x）=|x﹣a|，a＜2，則f（x）+f（﹣）=|x﹣a|+|﹣﹣a|=|x﹣a|+|+a|≥|（x﹣a）+（+a）|=|x+|=|x|+≥1=1．（1）f（x）+f（1x）=|x﹣a|+|1x﹣a|，a＜2．當x≤a時，f（x）=a﹣x+a﹣1x=1a﹣3x，則f（x）≥﹣a；當a＜x＜時，f（x）=x﹣a+a﹣1x=﹣x，則﹣＜f（x）＜﹣a；當x時，f（x）=x﹣a+1x﹣a=3x﹣1a，則f（x）≥﹣．則f（x）的值域為[﹣，+∞）.不等式f（x）+f（1x）＜的解集非空，即為＞﹣，解得，a＞﹣1，由于a＜2，則a的取值范圍是(-1,0)．考點：1.含絕對值不等式的證明與解法.1.基本不等式.20、（