文档内容
北辰区 2025 届高三第一次联考试卷
数学
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6页，20小题.试卷满分150分，
考试用时120分钟.考试结束后，请将答题卡交回.
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答
题卡上.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改
动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置
上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上
要求作答的答案无效.
第Ⅰ卷（选择题 共45分）
一、选择题：共9小题，每小题5分，共45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.
1. 设全集 ，集合 ， ，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，利用集合的运算，即可求解.
【详解】因为 ， ，所以 ，又 ，
所以 .
故选：A.
2. 设 ， ，则 是 的（ ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式 、 ，利用集合的包含关系判断可得出结论.
【详解】解不等式 可得 或 ，由 可得 ，
因为 或x>1} ，
所以， 是 的必要不充分条件，
故选：B.
3. 在下列各图中，两个变量具有线性相关关系的图是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意结合线性相关关系的概念逐项分析判断.
【详解】对于选项A：两个变量为函数关系，不是线性相关关系，所以A错误；
对于选项B：所有点不是在一条直线附近波动，不是线性相关关系，故B错误；
对于选项C：对于两个变量x，y，y随着x的增加而减少，
且所有点都在一条直线附近波动，所以具有线性相关关系，故C正确；
对于选项D：两个变量不具有相关性，故D错误．
故选：C.4. 在某测量中，设点 在点 的南偏东 ，则点 在点 的（ ）
A. 北偏西 B. 北偏东
C. 北偏西 D. 南偏西
【答案】A
【解析】
【分析】根据方向角的概念判断即可
【详解】如下图所示：
因为点 在点 的南偏东 ，点 在点 的北偏西 ，
故选：A.
5. 函数 的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先求出函数的定义域，即可判断函数的奇偶性，再根据 时函数值的特征判断即可.【详解】函数 的定义域为 ，
且 ，所以 为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除
A、C；
当 时 ，故排除B.
故选：D
6. 设 ， ， ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据指数函数、对数函数的性质判断即可.
【详解】因为 ，即 ，
又 ， ，所以 ，
所以 .
故选：A
7. 已知三棱锥 外接球的球心 在线段 上，若 与 均为面积是 的等边三角形，
则三棱锥 外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.【答案】D
【解析】
【分析】作出图形，设 ，根据三角形的面积公式求出 的值，分析可知 ，求出
的长，可得出球 的半径，再利用球体表面积公式可求得球 的表面积.
【详解】如下图所示：
设 ，因为 与 均为面积是 的等边三角形，
则 ，可得 ，
因为三棱锥 外接球的球心 在线段 上，则 ，
则 ，
所以，球 的半径为 ，
因此，三棱锥 外接球的表面积为 .
故选：D.
8. 函数 ，则下列结论正确的有（ ）
①函数 的最大值为 ；②函数 的一个对称中心为 ；
③函数 在上单调递减；
④ ，将 图象向右平移 单位，再向下平移 个单位可得到 的图象.
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ③④
【答案】B
【解析】
【分析】先化简函数为 ，再利用正弦函数的性质逐项判断.
【详解】
，
①函数 的最大值为 ，故正确；
②易知函数 的对称中心的纵坐标为 ，故错误；
③由 ，得 ，
因为 在 上单调递增，故函数 在 上单调递增，故错误；
④由 ，将 图象向右平移 单位得到
的图象，再向下平移 个单位可得到 的图象，故正确；
故选：B
9. 已知函数 ， ，若关于 的方程 恰有三个不相等
的实数解，则 的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设 ，则ℎ(x)的图象可由 的图象上下平移得到，作出函数ℎ(x)与 的
图象，由题意，原问题等价于ℎ(x)与 的图象有三个不同的交点，结合图象列出不等式组求解即可得
答案．
【详解】解：设 ，作出函数 和 的图象如图，
则ℎ(x)的图象可由 的图象上下平移得到，
要使方程 恰有三个不相等的实数解，
等价于ℎ(x)与 的图象有三个不同的交点，由图象可知，只须满足 ，即 ，解得 ，
所以实数 的取值范围是 .
故选：D．
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的
零点问题，求解此类问题的一般步骤：
（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
第Ⅱ卷（非选择题 共105分）
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.
10. 已知复数 （其中 为虚数单位），则 ______.
【答案】 ##
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数 ，再计算其模.
【详解】因为 ，
所以 .
故答案为：
11. 的展开式中 的系数为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式定理确定 的系数.【详解】
因此展开式中 的系数为
【点睛】本题考查二项式定理，考查基本分析求解能力.
12. 已知圆心在 轴上的圆 与倾斜角为 的直线相切于点 则圆 的方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】设圆心为 ，半径为 ，根据两点间距离公式，可的半径 ，根据点斜式方程，可得
直线的方程，根据直线与圆相切，圆心到直线的距离 等于半径 ，代入公式，化简计算，即可得答案.
【详解】设圆心为 ，半径为 ，
依题意可得 ，
直线的方程为： ，整理得 ，
因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离 ，
所以 ，解得 ，
所以圆的方程为 .
故答案为：13. ， ，若 是 与 的等比中项，则 的最小值是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据条件得到 ，从而有 ，再利用“1”的妙用，即可求解.
【详解】因为 是 与 的等比中项，得到 ，得到 ，
又 ， ，则 ，
又 ，当且仅当 ，即 时，取等号，
所以 ，当且仅当 时，取等号，
故答案为： .
14. 天津是一个历史悠久的文化古都，盘山，石家大院，古文化街，鼓楼这四个景点又是天津十分有名的
旅游胜地.已知某游客游览盘山的概率为 ，游览石家大院，古文化街，鼓楼的概率都是 ，且该游客是
否游览这四个景点相互独立，则该游客只游览一个景点的概率为______；该游客至少游览三个景点的概率
为______
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用相互独立事件的概率公式，即可求出该游客只游览一个景点的概率；至少游览三个景点分为
游览了三个景点或四个景点，分别求出这两种情况的概率，相加即可.【详解】只浏览一个景点的概率为： .
游览三个景点的概率为： ，
游览四个景点的概率为： ，
故至少游览三个景点的概率为： .
故答案为： ； .
15. 如图，平行四边形 中， ， 为 的中点， 为线段 上一点，且满足
，则 ______；若 的面积为 ，则 的最小值为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【 分 析 】 设 ， 由 平 面 向 量 线 性 运 算 表 示 即 可 求 出 ， 由
结合基本不等式可得 的最小值.
【详解】设 ，
则，
∴ ，故 ，
∴ ，即 .
由 的面积为 得， ，故 ，
∴
，当且仅当 时取等号,
∴ 的最小值为 .
故答案为： ； .
三、解答题：本大题共5个小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
16. 已知 的内角 ， ， ，的对边分别为 ， ， ，满足
（1）求角 的大小；
（2）若 ， ，求边 的值；
（3）若 ，求 的值.
【答案】（1）（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由 ，利用正弦定理求解；
（2）利用余弦定理求解；
（2）利用二倍角公式和两角差的余弦公式求解.
【小问1详解】
解：因为 ，由正弦定理得：
，即 ，
因为 ，所以 ，则 ；
【小问2详解】
由（1）知 ，又 ， ，
由余弦定理得： ，即 ，
解得 ，则 ；
【小问3详解】
由 得： ，
则 ，
所以 ，.
17. 如图， 垂直于梯形 所在平面， ， 为 的中点， ，
，四边形 为矩形.
（1）求证： 平面 ；
（2）求点 到直线 的距离；
（3）求平面 与平面 夹角的余弦值
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【
分析】（1）设 ，由三角形中位线性质可得 ，由线面平行判定推理即可；
（2）以 为坐标原点，直线 、 、 分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量
法可求得点 到直线 的距离；
（3）利用空间向量法可求得平面 与平面 夹角的余弦值.
【小问1详解】证明：设 ，连接 ，
由四边形 为矩形，得 为 中点，
又 为 中点，则 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
【小问2详解】
解：由 垂直于梯形 所在平面， ，得直线 、 、 两两垂直，
以 为坐标原点，直线 、 、 分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系，
则 、 、 、 ，
， ，
所以，点 到直线 的距离为 .
【小问3详解】解：由（2）可知， ， ，
设平面 的法向量 ，则 ，
令 ，得 ，
易知平面 的一个法向量 ，
则 ，所以平面 与平面 的夹角的余弦值为 .
18. 已知等差数列 的前n项和为 ，数列 是各项均为正数的等比数列， ，
．
（1）求数列 和 的通项公式；
（2）令 ，求数列 的前n项和 ；
（3）令 ，数列 的前n项和 ，求证： ．
【答案】（1） ， ；
（2） ；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）设等差数列 的公差为d，等比数列 的公比为 ，根据已知条件列方程组可
求出公差和公比，从而可求出数列 和 的通项公式；（2）由（1）可得 ，再利用错位相减法可求出 ，
（3）由（1）可得 ，再利用裂项相消法可证得结论.
【小问1详解】
设等差数列 的公差为d，等比数列 的公比为 ．
因为 ，
所以 ，解得 ，
所以数列 的通项公式为 ．
，由 ，得 ，
所以数列 通项公式为 ．
【小问2详解】
，①
，②
① ②，所以
【小问3详解】
证明：因为 ，
所以
所以
因为
所以 ．
19. 已知椭圆 ： （ ）的一个焦点为 ，其短轴长是焦距的 倍，点 为椭圆上
任意一点，且 的最大值为 .
（1）求椭圆 的方程；
（2）设动直线 ： 与椭圆 有且只有一个公共点 ，且与直线 相交于点 .问： 轴上是
否存在定点 ，使得以 为直径的圆恒过定点 ？若存在，求出点 的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）
（2）存在，定点
【解析】
【分析】（1）设焦距 ，一个焦点为F(−c,0)，从而得到 ，解得 、 、 ，
为
即可求出椭圆方程；
（2）联立 ，消元，根据题意可得 且 ，从而可求得 的关系式及点 的坐标，
在求出点 的坐标，假设在 轴上存在定点 满足条件，设 ，则 ，从而可得出结
论.
【小问1详解】
依题意设焦距为 ，一个焦点为F(−c,0)，
因为点 为椭圆上任意一点，且 的最大值为 ，则 ，
则 ，解得 （负值已舍去），
所以椭圆 的方程 ；
【小问2详解】
由 ，消元可得 ，∵动直线 与椭圆 有且只有一个公共点 ，设P(x ,y )，
0 0
且 ，
即 ，
化简得 ， ，
此时 ， ，即 ，
由 ，得 ，
假设在 轴上存在定点 满足条件，设 ，
则 对满足 式的 ， 恒成立，
， ，
由 ，
得 ，
整理得
由于 式对满足 式的 恒成立，
所以 ，解得 ，
故存在定点 ，使得以 为直径的圆恒过点 .【点睛】方法点睛：处理定点问题的三个常用策略：
（1）引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，通过等量关系代入化简变形，分析
研究出变化的量与参数无关，从而找到定点；
（2）特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明存在着动态变化中不受变量影响的
该定点；
（3）定位分析法：先根据几何性质（如：图形对称性、点线相对性、动态趋势等）探索出定点大致位置，
从而确定证明方向再加以证明.
20. 已知函数 ，
（1）当 时，求函数 在 处的切线方程；
（2）讨论函数 的单调性；
（3）当函数 有两个极值点 且 .证明： .
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）当 时， ，求其导函数，得到 ，再求出 ，由直
线方程的点斜式可得答案；
（2）求出 ，然后对 和 分类讨论，由 在不同区间内的符号可得原函数的单调区
间，进而判断原函数的单调性；
（3）由（2）知，当 时， 有两个极值点且满足 ，由题意可知 ，可得，令 ， ，利用导数求其最大值
可得结论 .
【小问1详解】
当 时， ，则
所以 ，又 ，
所以函数 在 处的切线方程为 ，即
.
【
小问2详解】
函数 的定义域为 ，则 ，
令 ，即 ，则
当 ，即 时， ，此时 在 上单调递减；
当 ， 即 当 或 时 ， 若 ， 方 程 的 两 根 为
， 则 两 根 均 为 正 根 ， 且 ， 则 时 ，
， 单调递减， 时， ， 单调递增，
时， ， 单调递减，若 ， 恒成立，所以 在上单调递减；
综上，当 ， 在 上单调递减；当 时， 在 ，
上单调递减，在 上单调递增.
【小问3详解】
证明：由（2）知，当 时， 有两个极值点，满足 ，则
，
所以
令 ， 则
，
则当 时， ， 单调递增，当 ， ， 单调递减，
所以 ，即 .
【点睛】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，训练了
构造函数法证明不等式的成立，属难题.
