202502深圳一模数学答案20250219_2025年2月_2502202025届广东省深圳市高三下学期第一次调研考试（全科）_2025届广东省深圳市高三下学期第一次调研考试数学

2025 年深圳市高三年级第一次调研考试 数学试题参考答案及评分标准 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，只有一项是符合 题目要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C A B C B C B D 命题说明： 1．说明：本题改编自人教A版必修第一册10页例1． 2．说明：本题改编自人教A版必修第二册71页例2． 3．说明：本题改编自人教A版必修第二册60页第8题． 4．说明：本题改编自人教A版必须第一册229页第9题． 5．说明：本题改编自2024年新高考全国Ⅱ卷第6题． 6．说明：本题改编自人教A版选择性必修第一册129页第13题． 7．说明：本题改编自2024年新高考全国Ⅰ卷第13题． 8．说明：本题改编自人教A版必修第二册119页例4． 二、选择题：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。 题号 9 10 11 答案 ABD AC AD 命题说明： 9． 说明：本题改编自人教A版选择性必修第三册112页思考． 10．说明：本题改编自人教A版必修第一册250页阅读与思考． 11．说明：本题改编自人教A版选择性必修第一册116页第11题． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．240 13．6 14．14 命题说明： 12．说明：本题改编自人教A版选择性必修第三册35页第6题． 13．说明：本题改编自人教A版选择性必修第二册31页第3题． 14．说明：本题改编自《趣味数学100题》． 数学试题参考答案及评分标准 第1页 共12页四、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．（13分） 在△ABC中，角A,B,C 所对的边分别为a,b,c，c2 a2 b2 ab，cos2BsinC． （1）求B； （2）若b1，求△ABC的面积． 【命题说明】本题改编自2024年新高考全国Ⅰ卷第15题. 【参考答案】 a2 b2 c2 （1）由余弦定理推论cosC  及c2 a2 b2 ab得 ……………………………1分 2ab 1 cosC  ，…………………………………………………………………………………………2分 2 由于C(0,π)，……………………………………………………………………………………3分 π 则C  ， …………………………………………………………………………………………4分 3 3 2π 又因为cos2BsinC ，且B(0, )， ……………………………………………………5分 2 3 π π 所以2B ，则B ． …………………………………………………………………………6分 6 12 7π （2）解法1 由（1）可知A ，………………………………………………………………7分 12 π π π 6 2 且sinBsin sin(  ) ， ………………………………………………………8分 12 4 6 4 7π π π 6 2 sinAsin sin(  ) ，…………………………………………………………9分 12 4 3 4 a b c 由正弦定理：   ， ……………………………………………………………10分 sinA sinB sinC bsinA sinA 得a  2 3， …………………………………………………………………11分 sinB sinB 1 1 3 32 3 所以S  absinC (2 3)  ． ……………………………………………13分 2 2 2 4 π 解法2 由（1）A B， ………………………………………………………………………7分 2 所以 sinB  cosA ， ………………………………………………………………………………8分 a b c 由正弦定理：   ，………………………………………………………………9分 sinA sinB sinC bsinA sinA π π 得a  tanAtan(  )2 3，………………………………………11分 sinB sinB 4 3 1 1 3 32 3 S  absinC  (2 3)  ． …………………………………………………13分 2 2 2 4 解法3 如图，过点A作 AD  AC 交 BC 于D，…………………………………………………7分 7π π 由于A ，则DABB ， ……………………………………………………………8分 12 12 数学试题参考答案及评分标准 第2页 共12页所以AD  DB  3， CD  2 ， …………………………………………………………………10分 a 2 3 ， ………………………………………………………………………………………11分 1 1 3 32 3 所以S  absinC (2 3)  ． ……………………………………………13分 2 2 2 4 A C B D 16．（15分） 如图，在直三棱柱ABCABC 中， AB AC2 3 ，BAC 120，D为AA 的中点，E为BC 1 1 1 1 1 的中点． （1）证明：DE 平面BBCC ； 1 1 （2）若BB 6，求直线AB与平面DBC 所成角的正弦值． 1 1 1 A C 1 1 B 1 D E A C B 【命题说明】本题改编自2023年新高考全国Ⅰ卷第18题. 【参考答案】 （1）取BC 中点M ，连接AM ，ME，…………………………………………………………1分 因为AB  AC ，所以AM  BC ，…………………………………………………………………2分 由于点E为正方形B BCC 对角线的交点， E为BC 的中点，所以EM 为VBCC 的中位线， 1 1 1 1 所以EM//CC //AD， ……………………………………………………………………………………3分 1 1 1 又EM= CC = AA  AD，所以四边形AMED为平行四边形，………………………………4分 2 1 2 1 又因为AA 平面ABC ，AM 平面ABC ，则AA  AM ，EM  AM ， …………………5分 1 1 由于EM,BC平面B BCC ，EM I BC  M ，所以AM 平面B BCC ， …………………6分 1 1 1 1 又因为DE//AM ，所以DE 平面B BCC ． ……………………………………………………7分 1 1 数学试题参考答案及评分标准 第3页 共12页（2）解法1 由（1）可知：MA，MC，ME两两垂直，如图，以M 为坐标原点，以MC所在 直线为x轴，MA所在直线为 y 轴，ME所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， ……………8分 在VABC 中，由余弦定理可得：BC 2  AB2  AC 2 2AB AC cosB AC ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 则BC  6， ……………………………………………………………………………………………9分 1 1 于是D(0, 3,3)，B(3,0,0)，B (3,0,6)，C (3,0,6)，A(0, 3,6)， 1 1 1 uuur 则BA (3, 3,6)，……………………………………………………………………………………11分 1 r uuur uuur 设n(x,y,z)平面DBC ，BD(3, 3,3)，BC (6,0,6)， ………………………………12分 1 1 r uuur  nBD0 3x 3y3z0 于是 r uuur ，即 ，………………………………………………………13分 nBC 0 6x6z0 1 r 令z1，则n(1,0,1)，…………………………………………………………………………14分 设直线AB与平面DBC 所成角为， 1 1 uuur r uuur r BA 1 n 3 6 那么sin cosBA,n  uuur r   ， 1 BA  n 4 3 2 8 1 6 即直线AB与平面DBC 所成角的正弦值为 .……………………………………………………15分 1 1 8 数学试题参考答案及评分标准 第4页 共12页解法2 在VABC 中，由余弦定理可得：BC2  AB2 AC2 2AB AC cosBAC ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 则BC  6， ……………………………………………………………………………………………8分 1 1 如图，连接BE，由（1），DE平面B BCC ，BC 平面B BCC ，则DE BC ，………9分 1 1 1 1 1 1 1 又因为BB  BC ，四边形B BCC 为正方形，E为BC 的中点，B E  BC ，……………10分 1 1 1 1 1 1 1 1 由于BEIDE  E，BE，DE平面BDE，则BC 平面BDE， ………………………11分 1 1 1 1 1 如图，记ABIBDN ，过点N作NH DE，连接BH ，由于BC 平面BDE，NH 平面BDE， 1 1 1 1 1 则NH  BC ，又因为DEIBC  E，DE,BC 平面DBC ，则NH  平面DBC ， …………12分 1 1 1 1 1 所以NBH 即为直线AB与平面DBC 所成角，由于VADN :BB N ， 1 1 1 1 BN BN 则 1  2， ………………………………………………………………………………13分 ND AN 1 1 8 8 3 由于DEBE，则H为DE 的三等分点，则NH  BE  2，NB   ， 1 3 1 3 3 NH 6 于是sinNAH   ，……………………………………………………………………14分 NB 8 6 即直线AB与平面DBC 所成角的正弦值为 . ……………………………………………15分 1 1 8 解法3 设直线AB与平面DBC 所成角为，点A 到平面DBC 的距离为h， 1 1 1 1 h 则sin ，…………………………………………………………………………………………8分 |AB| 1 数学试题参考答案及评分标准 第5页 共12页在Rt△ABB中，AB 2 3，BB 6，则AB4 3，………………………………………9分 1 1 1 1 1 1 过B作BQCA交CA的延长线于Q，易得BQ3，…………………………………………10分 且易证BQ平面AACC ，………………………………………………………………………11分 1 1 1 1 由于S  32 33 3 ，则V  3 333 3，……………………………13分 △ADC BADC 1 1 2 1 1 3 1 在△DBC 中，DBDC  21，且BC 6 2，S  6 2 33 6，…………14分 1 1 1 △DBC 1 2 3 3 3 3 1 6 又V V 3 3 ，则h ，sin   .…………………………15分 ABDC BADC 1 1 1 1 6 6 4 3 8 17．（15分） 甲参加围棋比赛，采用三局两胜制，若每局比赛甲获胜的概率为 p(0 p1)，输的概率为1 p， 每局比赛的结果是独立的． 2 （1）当 p 时，求甲最终获胜的概率； 3 （2）为了增加比赛的趣味性，设置两种积分奖励方案. 方案一：最终获胜者得3分，失败者得2 分；方案二：最终获胜者得1分，失败者得0分，请讨论选择哪种方案，使得甲获得积分的数学期望 更大． 【命题说明】本题改编自2024年新高考全国Ⅱ卷第18题. 【参考答案】 （1）记“甲最终以 2:1 获胜”为事件A，记“甲最终以 2:0 获胜”为事件B ， “甲最终获胜”为事件 C ， ……………………………………………………………………………1分 于是 C  AU B ，A与B 为互斥事件，……………………………………………………………2分 8 由于 P( A)C1 p p1 p ，………………………………………………………………3分 2 27 4 P(B) p2  ，……………………………………………………………………………………4分 9 20 则P(C ) P( A)P(B)3p2 2p3  ， ……………………………………………………5分 27 数学试题参考答案及评分标准 第6页 共12页20 即甲最终获胜的概率为 . ………………………………………………………………………6分 27 （2）由（1）可知，P(C)P(A)P(B)3p22p3，………………………………………7分 若选用方案一，记甲最终获得积分为X分，则X 可取3，2， ………………………………8分 P(X 3)P(C)3p22p3，P(X 2)13p22p3， …………………………………9分 则X 的分布列为： X 3 2 p 3p2 2p3 13p22p3 则E( X )9p2 6p326p2 4p3 10p315p2 2，……………………………………10分 若选用方案二，记甲最终获得积分为Y分，则Y可取1，0，…………………………………11分 P(Y 1)P(C)3p2 2p3 P(Y 0)13p2 2p3，………………………………………12分 则Y的分布列为： Y 1 0 p 3p2 2p3 13p22p3 则E(Y)3p22p3， ……………………………………………………………………………13分 所以E( X )E(Y )8p3 12p2 24( p 1 )  2p2 2p1 ， 2 由于0 p1，则2p2 2p12p(p1)10，……………………………………………14分 【14分段：设 f(p)8p3 12p2 2，0 p1，利用 f '(p) 24p2 24p  24p(p1)0， 1 则 f(p)在(0,1)上单调递增，且 f( )0.】 2 1 于是 p 时，两种方案都可以选， 2 1 当0 p  时，E( X )E(Y )，应该选第二种方案， 2 1 当  p1时，E( X )E(Y )，应该选第一种方案.…………………………………………15分 2 18．（17分） 已知抛物线y2 2x，过点N(2,0)作两条直线l ,l 分别交抛物线于A,B和C,D（其中A,C在x轴 1 2 上方）． （1）当l 垂直于x轴，且四边形ACBD的面积为4 5，求直线l 的方程； 1 2 （2）当l ,l 倾斜角互补时，直线AC 与直线BD交于点M ，求△MAB的内切圆的圆心横坐标的 1 2 数学试题参考答案及评分标准 第7页 共12页取值范围． 【命题说明】本题改编自2014年全国大纲卷第21题. 【参考答案】 解：（1）解法1 当l x轴，令 x  2 ，则A(2,2)，B(2,2)，|AB|4， …………………1分 1 1 设直线l :y kx2k ，C( x ,y )，D(x ,y )，由于S  4|x x |4 5， 2 1 1 2 2 2 1 2 则|x x |2 5， ………………………………………………………………………………………2分 1 2  2 ykx2k x x 4 由于 ，则k2x2 (4k2 2)x4k2 0，则 1 2 k2 ， ……………………3分 y2 2x  xx 4 1 2 2 ( x  x )2 (4 )2 1620，…………………………………………………………………4分 1 2 k2 2 则4 6，则 k  1 ， …………………………………………………………………………5分 k2 所以直线l 的方程为x y20或x y20.………………………………………………6分 2 解法2 设l :xty2，倾斜角为，由对称性知l 有两条，且关于l 对称， ………………1分 2 2 1 π π 不妨设0 ，那么ANC  ， t 0 ， 2 2 1 则S  4|CD|cos4 5，则|CD|cos2 5，………………………………………………2分 2 y2 2x y y 2t 由于  y2 2ty40，则 1 2 ， ……………………………………………3分 xty2 y y 4 1 2 1 t 则 CD  1t2  y  y  1t2  4t2 16 ，cos  ， ……………………4分 1 2 1 1t2 1 t2 |CD|cos2t t2 4 2 5，(t2 1)  t2 5  0， …………………………………………5分 则 t 1 ，x y2由对称性，另一条直线：xy2， 所以直线l 的方程为x y20或x y20.………………………………………………6分 2 （2）解法1 设点A(x,y )，B(x ,y )，C(x ,y )，D(x ,y )， 1 1 2 2 3 3 4 4 y  y 2 2 2 2 因为k  2 1  ，同理：k  ，k  ，k  ，…………7分 AB x x y  y CD y  y AC y  y BD y  y 2 1 1 2 3 4 1 3 2 4 2 所以AB:yy  (xx )，AB:( y  y )y y y 2x，CD:( y  y )y y y 2x， 1 y  y 1 1 2 1 2 3 4 3 4 2 1 AC:( y  y )y y y 2x，BD:( y  y )y y y 2x，……………………………………………8分 1 3 1 3 2 4 2 4 又因为k k ，直线AB 和直线 CD 交于点N(2,0)， AB CD y y  y y 4 所以 2  2 ，且y y y y 4，即 1 2 3 4 ，……………………9分 y  y y  y 1 2 3 4 y y ( y y ) 1 2 3 4 1 2 3 4 4 4 y  y  ，且y  y ，化简得：y y 4，于是y y ，y y ，……………10分 1 y 3 y 1 3 1 3 3 2 4 1 1 3 数学试题参考答案及评分标准 第8页 共12页 4 (y  )y 2x4   1 y x2 则  1 ，解得 ，所以点M(2,0)， ………………………………11分 (y  4 )y 2x4 y 0   1 y 1 y y 由于y y ，则x  x ，所以k  4  1 k ，则x轴平分AMB，…………12分 4 1 4 1 MD x 2 x 2 MA 4 1 2n4 设VMAB的内切圆圆心Q(n,0)，2 n  2 ，则Q到MA的距离r  ， 4 4( y  )2 1 y 1 42n 42n 42n 点Q到AB 的距离r  ， 于是  ，………13分 4 4 4 4( y  )2 4( y  )2 4(y  )2 1 y 1 y 1 y 1 1 1 4 16 4( y  )2 ( y2  )12 2n 1 y 1 y2 16 所以  1  1  1 ，………………………14分 2n 4 16 16 4( y  )2 ( y2  )4 ( y2  )4 1 y 1 y2 1 y2 1 1 1 16 由于y2  8，当且仅当y2 4取等号（舍）， ……………………………………………15分 1 y2 1 1 2n 则1  5，…………………………………………………………………………………16分 2n 则0n3 5，n(0,3 5). ………………………………………………………………17分 【14:17分段： 2 2  4 4   16 16   4(y  )2  4( y  )2   12(y2  ) 4( y2  )   1 y 1 y     1 y2 1 y2   ， n 1 1  1 1 8 8 16 令z y2  8，当且仅当y 2取等号（舍）， 1 y2 1 1 ( 12 z  4 z )2 则n ，设 f z 12z  4z ，z8， 8 1 1 z4 z12 f 'z   0， 2 12z 2 z4 2 12z z4 则 f z在(8,)单调递减，0n f(8)3 5，n(0,3 5).】 解法2 点M(2,0)证明同解法1；………………………………………………………………11分 设VMAB的内切圆圆心Q(n,0)，2n2， 设定点N(2,0)，由于 MQ 2n， NQ 2n，设半径为 r ，……………………………12分 r 1 设AMQ，ANQ，于是sin  ， 2n 1t 2 AM 数学试题参考答案及评分标准 第9页 共12页r 1 sin()sin  ，………………………………………………………………13分 2n 1t 2 AB 2n 1t 2 y2(x 2)2 x26x 4 那么  MA  1 1  1 1 ，………………………………………14分 2n 1t 2 y2(x 2)2 x22x 4 AB 1 1 1 1 x2 6x 4 8x 8 设 f x  1 1  1 1 11,x 0，……………………………15分 1 x2 2x 4 x2 2x 4 4 1 1 1 1 1 x  2 1 x 1 4 2n 由于x  4，当且仅当x 2取等号（舍），则 1  5 ，…………………………16分 1 x 1 2n 1 则0n3 5，则n(0,3 5).……………………………………………………………17分 【13:14分段： 在VAMN 中，由角平分线定理： S MQ AM 2n (x 2)2  y2 x2 6x 4 VAMQ   ，则  1 1  1 1 .】 S NQ AN 2n (x 2)2  y2 x2 2x 4 VANQ 2 2 1 1 19．（17分） 已知无穷数列{a }满足，a ，a 为正整数，a |a a |，nN*. n 1 2 n n1 n2 （1）若a 1，a 2，求a ； 1 3 4 （2）证明：“存在kN*，使得a 0”是“a 是周期为3的数列”的必要不充分条件； k n （3）若a a ，是否存在数列{a }，使得a 2025恒成立？若存在，求出一组a,a 的值；若 1 2 n n 1 2 不存在，请说明理由． 【命题说明】本题改编自2006年北京卷第20题 【参考答案】 解：（1）因为a n |a n1 a n2 |对任意n  *成立; 令n1得1a |a a |，所以1|a 2|，则a 1或3，……………………………………1分 1 2 3 2 2 若a 1，由a |a a |，则1|2a |，则a 1或3，………………………………………2分 2 2 3 4 4 4 数学试题参考答案及评分标准 第10页 共12页若a 3，由a |a a |，则3|2a |，则a 1或5， …………………………………3分 2 2 3 4 4 4 因为a |a a |0，综上所述：a 1或3或5． ……………………………………………4分 4 5 6 4 （2）①记a x,a  y 1 2 必要性：若a 是周期为3的周期数列，a a a 或a a ， ……………………………5分 n 3 1 2 2 1 当a a a 时，数列a 前5项为：x,y,x y,x,y， 3 1 2 n 由a |a a |得xy|xy|，该式当且仅当x0或y0时成立， 3 4 5 与a ,a 为正整数矛盾；…………………………………………………………………………………6分 1 2 当a a a 时，数列a 前5项为：x,y,yx,x,y， 3 2 1 n 由a |a a |得y|y2x|，则y2xy或y y2x(舍，此时x0)， 2 3 4 因此x y，a 0，此时数列a ：x,x,0,x,x,0,x,x,0,L，存在kN*，使得a 0，………7分 3 n k 另一方面：取数列a ：1,1,0,1,1,2,3,5,L其中当n3时，a a a ， n n2 n1 n 此时数列a 不是周期数列，…………………………………………………………………………8分 n 综上，“存在 k  *，使得 a k 0 ”是“a n 是周期为 3的周期数列”的必要不充分条 件．………………………………………………………………………………………………………9分 （3）不存在，理由如下：  a a () n1 n  a |a a |等价于a  或 ，…………………………………………………10分 n n1 n2 n2  a n1 a n () 首先说明不存在k  *，使得a k 0，否则由a k2 |a k1 a k |得a k2 a k1 记为w， 所以a |a a |0，a |a a |w，a |a a |w， k3 k2 k1 k4 k3 k2 k5 k4 k3 依此类推得前k项为L,w,0,w,w,0,w,w,0(第k项)，则a ,a 要么相等，要么有一项为0，矛盾， 1 2 因此a n 1对任意n  *成立，………………………………………………………………………11分 其次，不存在k  *，使得a k2 a k1 a k 以及a k3 a k2 a k1 同时成立，否则两式相加得 a a ，矛盾．……………………………………………………………………………………12分 k3 k 数学试题参考答案及评分标准 第11页 共12页（i）若()式只对有限个正整数n才成立，不妨设当且仅当n{p ,p ,L,p }时()式成立， 1 2 k 其中 p  p L p ，则当n p 1时，()式恒成立，此时a a a a 1恒成立， 1 2 k k n2 n1 n n1 由此易知当n p 1，a n p ，因此数列a 是无界数列，…………………………………13分 k n k n （ii）若存在无限个正整数n使得()式成立，不妨设当且仅当n{i ,i ,L,i ,L}时()式成立， 1 2 k 其中i i Li L，考虑a 与a ，为方便书写记且i  p，i  p j， j2，则 1 2 k i m1 i m m m1 a a a ，a a a ， p p1 p2 p1 p p1 若 j2，则a a a a a 1， pj1 p1 p1 p p1 若 j2，则a a a ，L，a a a ，a a a ， p2 p1 p pj1 pj2 pj3 pj pj1 pj2 则a a La a ， p p1 pj2 pj1 此时a a a 1a 1a a 2，…………………………………………15分 pj1 pj pj2 pj2 p1 p1 无论哪种情况总有a a 1成立，即a a 1恒成立，………………………16分 pj1 p1 i m1 1 i m 1 记b a ，则b b 1恒成立，由此易得数列a 是无界数列，所以，存在nN*使得 k i 1 k1 k n k a 2025，故不存在符合题意的a ,a ．……………………………………………………………17分 n 1 2 数学试题参考答案及评分标准 第12页 共12页