文档内容
华附、省实、广雅、深中 2025 届高三四校联考
数学
命题学校：深圳中学
本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号、座位号等相关
信息填写在答题卡指定区域内，并用2B铅笔填涂相关信息.
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的答案标号涂黑；如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的
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.
4.考生必须保持答题卡的整洁.
第Ⅰ卷（选择题）
一.单项选择题（本大题共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.）
1. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解不等式确定集合 ，然后由并集定义计算．
【详解】由已知 ， ，
所以 ．
故选：C．
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学科网（北京）股份有限公司2. 已知复数z满足 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】计算出 ，利用复数除法法则计算出 .
【详解】 ，故 ，
.
故选：B
3. 已知根据如下表所示的样本数据，用最小二乘法求得线性回归方程为 则b的值为（ ）
x 6 8 9 10 12
y 6 5 4 3 2
A. -0.6 B. -0.7 C. -0.8 D. -0.9
【答案】B
【解析】
【分析】由表格求出 和 ，根据样本中心点 必在线性回归直线上即可求得.
【详解】由表可知： ， ，
因样本中心点 必在线性回归直线上，故有 ，
代入得： ，解得 .
故选：B.
4. 已知向量 满足 ，则 （ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. 2 B. 7 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据向量的运算化简，再平方应用数量积公式计算求出模长即可.
【详解】因为 ，则 ，
左右两边平方得 ，计算得 ，
又因为 ，
所以 ，
所以 .
故选：D.
5. 对任意的 , （ 且 ）恒成立，则实数 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析函数的单调性，利用函数单调性求参数的取值范围.
【详解】由题意可得： .
因为若 ，当 时， ， ，则 不能恒成立.
当 时， 单调递增， 单调递减，要使 在 上恒成立，须有：
.
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学科网（北京）股份有限公司所以实数 的取值范围为： .
故选：C
6. 已知 是等比数列 的前n项和，则“ 依次成等差数列”是“ 依次成等差数列”
的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】设等比数列 的公比为 ，分别考虑充分性和必要性是否满足即得结论.
【详解】设等比数列 的公比为 ，
由 依次成等差数列可得 ，即 ，
因 ，可得 ，解得 或 .
当 时， ，不满足 ，故充分性不成立；
由 依次成等差数列，可得 ，显然 ，
故有 ，因 ，且 ，化简得： ，解得
或 ，
当 时， ，即 依次成等差数列；
当 时， ，而
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学科网（北京）股份有限公司，
故得 ，即 依次成等差数列.故必要性成立.
综上可得，“ 依次成等差数列”是“ 依次成等差数列”的必要不充分条件.
故选：B.
7. 已知函数 在 内单调递增，则 在 内
的零点个数最多为（ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】先根据三角恒等变换化简得出函数解析式，再根据函数单调性得出 ，最后结合函数的零
点得出零点个数.
【详解】函数
，
在 单调递增,
所以 ，所以 ，
则 在 ， ，
当 时， 时 在 内的零点个数最多，
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学科网（北京）股份有限公司当 ，即 ，函数有4个零点.
故选：B.
8. 三棱锥 的所有棱长均为2 ，O是 的中心，在三棱锥 内放置一个以直线
为轴的圆柱，则圆柱的体积不能超过（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】画图，求出各边长，设 ，结合三角形相似和柱体体积公式得到圆柱体积
， ，求导，得到其单调性，求出最值.
【详解】如图所示，圆柱 的上底面内切于 ， 分别为 的中点，
则 三点共线， 三点共线，
因为三棱锥 的所有棱长均为 ，
所以 ， ，
又O是 的中心，故 ，
由勾股定理得 ，
其中 ∽ ，故 ，
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学科网（北京）股份有限公司设 ，则 ，故 ，
其中 ，
所以圆柱 的体积 ，其中 ，
则 ，
令 得 ，令 得 ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，
故当 时，圆柱 的体积取得极大值，也是最大值，
最大值为 ，
故圆柱的体积不能超过 .
故选：A.
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学科网（北京）股份有限公司二、多项选择题（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.）
9. 一个袋子中有5个大小相同的球，其中红球3个，白球2个，现从中不放回地随机摸出3个球作为样本，
用随机变量X表示样本中红球的个数，用随机变量 （ ）表示第 次抽到红球的个数，则下列结
论中正确地是（ ）
A. X的分布列为
B. X的方差
C.
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】列出 的分布列，求出 ，可判断AB的真假；根据全概率公式计算 可判断C的
真假；根据条件概率计算 判断D的真假.
【详解】对A：由题意：随机变量 服从超几何分布，即 ，
所以 .故A错误；
对B：根据超几何分布的方差的计算公式： ，可得
.故B正确；
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学科网（北京）股份有限公司对C：根据全概率公式， ，故C正确；
对D：根据条件概率，可得 .故D正确.
故选：BCD
10. 已知函数 ，则下列结论中正确地是（ ）
.
A 当 时，
B. 的图象关于 中心对称
C. 若 ，则
D. 在 上单调递减
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据指数函数与对数函数的性质，可判断A的真假；根据特殊点的位置关系，判断B的真假；探
索 时， 与 的关系，判断C的真假；求导，利用导数判断D的真假.
【详解】对A：当 时， ，所以 ，所以 ，故A正确；
对B：因为 ， .
由 ，所以 与 不关于点 对称，所以B错误；
对C：若 ，不妨设 ，
则 .
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学科网（北京）股份有限公司又当 时， ，所以 ，故C正确；
对D：当 时， ，所以 在 上单调递减.故D正确.
故选：ACD
11. 已知直线 （其中 与双曲线 C： 的上支相交于 两点，
为线段 的中点.过点 斜率为 的两条直线分别与双曲线 相交于 两点.则下列结
论中正确地是（ ）
A. 点 的坐标满足.
B. 方程 表示的图形是直线 和直线
C. 直线 与直线 始终保持平行
D. 直线 恒过某个定点
【答案】ABC
【解析】
【分析】设 联立直线及椭圆方程，结合韦达定理及中点坐标公式可判断A，写出直线
和直线 方程可判断B，由 及 ，得到 方程，可判断C，
再结合A选项可判断D；
【详解】设 ,
联立 ，得： ，
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学科网（北京）股份有限公司所以 ，所以
代入 ，A对，
对于B，由题意可设直线 方程为： ，
直线 方程为： ，
两式相乘即为方程方程 ，B对，
对于C， 由 及 ，
两方程相减可得直线 方程： ，
所以 ，
由A及椭圆中点弦性质可知： ，及
所以 ，C对；
对于D：由 方程： ，结合
代入可得： ，又 ， ，
所以 方程： ，不恒过定点，D错；
故选：ABC
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学科网（北京）股份有限公司【点睛】关键点点睛：由 ， ，两方程相减可得直线 方程.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 已知函数 ，为奇函数，其中 ，则 ______
【答案】
【解析】
【分析】根据函数为奇函数可求 的值.
【详解】设 ，则 ，因为函数为奇函数，所以 .
所以 .
所以 .
故答案为：
13. 已知数列{a}满足 其前2025项的和为 ，则 ______.
n
【答案】
【解析】
【分析】根据 ，得到 ，利用累加法得到 ，
，从而得到 ，再由其前2025项的和为
求解.
【详解】解：因为 ，
所以 ，则 ，
所以 ，
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学科网（北京）股份有限公司，
则 ， ，
所以 ，
所以 ，
所以其前2025项的和 ，
，
，
解得 ，所以 ，
故答案为：
14. 绝大多数比赛都采用“ 局 胜制” 规的则，但也有一些项目，比如冰壶运动，其整个比赛通常
是进行偶数局. 现有甲、乙两名同学进行一项趣味项目的比赛，两人约定比赛规则为：共进行
局，谁赢的局数大于 局，谁就获得最终胜利. 已知每局比赛中，甲获胜的概率均为
乙获胜的概率均为 . 记甲赢得整个比赛的概率为 . 若 则
______，若 则当 ______时， 最大.
【答案】 ①. ②.
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【分析】根据独立重复试验的概率公式分别计算 ，再根据已知条件比较进行求解.
【详解】当 时，甲乙比赛四局，则甲要赢3局或4局才能获胜，计算
，
时，甲乙比赛二局，则甲要赢2局，计算 ，
所以 ；
在 局比赛中甲获胜，则甲胜的局数至少为 局
故
所以
1).前 局，甲胜 局，后2场甲2胜，概率为 ；
2).前 局，甲胜 局，后2场甲1胜1负或者2胜，概率为 ；
3).前 局，甲至少胜 局，后2场甲1胜1负或者2胜，概率为 ；
所以 ，
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学科网（北京）股份有限公司所以 ，
即得 ，
所以 ，
计算得 ，即 ，所以当 时， 最大.
故答案为： ， .
四、解答题（本大题共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. 在 中，角 的对边分别为 ，且
（1）求 ；
（2）已知 为 的中点， 于 于 ，若 求 的面积.
【答案】（1）
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学科网（北京）股份有限公司（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角化，结合三角恒等变换可得 ，即可求解，或者利用余弦定理
得 求解，
（2）根据数量积可得 ，即可利用等面积法得 ，进而求解
，利用面积公式求解即可，或者利用锐角三角函数得 ， ，进而结合
正弦定理求解.
【小问1详解】
方法一：由 以及正弦定理可得 ．
因为 ，所以 ．
因为 ，所以 ．
因为 ，所以 ．
方法二：由余弦定理可得 ．
故有 ，所以 ．
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学科网（北京）股份有限公司因为 ，所以 ．
【小问2详解】
由题，并结合（1）的结论易得 ．
因为 ，所以 ．
方法一：因为 为 的中点，故 与 的面积相等，均为 面积的一半．
即 ，
所以 ．
所以 ，解得 ．
所以 面积 ．
方法二：在直角三角形 中， ．同理， ．
故有 ，即 ．
由正弦定理 可知 ．
所以 面积 ．
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学科网（北京）股份有限公司16. 已知直三棱柱 中， ， 分别为 和 的中点，P为棱 上
的动点，F为棱 上一点，且 四点共面.若
（1）证明：平面 平面 ；
（2）设 是否存在实数λ，使得平面 与平面 所成的角的余弦值为 若存在，
求出实数λ，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在
【解析】
【分析】（1）先证明 ．结合 可得 平面 ，从而得平面 平面
；
（ 2 ） 分 别 为 轴 正 方 向 ， 建 立 空 间 直 角 坐 标 系 ， 求 出 的 法 向 量
，根据平面 与平面 所成的角的余弦值为 列方程，判断方程是否有
解即可.
【小问1详解】
因为 平面 平面 ，
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学科网（北京）股份有限公司所以 平面 ．
因为 平面 ，平面 平面 ，所以 ．
因为 为 的中点，故 为 的中点．
在正方形 ，因为 ，故 ．
所以 ．
因为 ，故 ，故 ．
因为 ，故 平面 ，
所以 平面 ．
因为 平面 ，所以平面 平面 ．
【小问2详解】
因为三棱柱 为直三棱柱，故 ．
因为 平面 ，
所以 平面 ， 平面 ，所以 ，故 ．
又因为 平面 ，故以A为原点， 分别为 轴正方向，建立如图所示的空间直
角坐标系．
设 则 ，
．
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学科网（北京）股份有限公司据题设有 ，显然 ，此时 ．
设 为平面 的法向量，则 ．
则 ，令 ，从而 ．
显然，平面 的法向量可取 ．
此时平面 与平面 所成的角的余弦值为
故 ，即 ，解得 ，
所以存在 ，使得平面 与平面 所成的角的余弦值为 ．
17. 已知抛物线 （ ）的焦点为 ，过点 的动直线 与 相交于 两点，其中点
位于第一象限.当 时，以 为直径的圆与 轴相切于点 .
（1）求抛物线 的方程；
（2）若点 在抛物线 上，且Γ在点 处的切线与直线 平行，求 面积的最小值以及此时直线
的方程.
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学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）
（2）最小值为 ，直线 的方程为 ．
【解析】
【分析】（1）记 的中点为 ，根据以 为直径的圆与 轴相切于点 可得 点横坐标进而
得到 点坐标，再利用两点间的距离公式求出 即可；
（2）设 ,由点 处的切线与直线 平行结合导数可知 ，再将
直线 与抛物线方程联立，解出 点关于直线 的斜率 的坐标，根据点到直线的距离公式可得
，再利用 与 的关系结合导结数求最小值即可.
【小问1详解】
由题 ，记 的中点为 ，
因为以 为直径的圆与 轴相切于点 ，
所以 垂直于 轴，故点 的横坐标为1，故 ，
因为 ，故 ，
解得 ，即 ，故抛物线的方程为 ．
【小问2详解】
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学科网（北京）股份有限公司设 ,
直线 的斜率 ,
抛物线在点 处的切线的斜率为 ,所以 ,
将直线 与抛物线联立 ， ，
得 ,所以 ，
故点 到直线 的距离 ，
所 以 的 面 积
，
方法一：因为 ，
所以 ，
令 ，
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学科网（北京）股份有限公司当 ，函数 单调递减； ，函数 单调递增．
所以 ，
所以 面积的最小值为 ，
此时斜率 ，直线 的方程为 ．
方法二：由求根公式可得 ，
故 的面积 ，
令 ，则 ，
令 ，
当 ，函数 单调递减； ，函数 单调递增，
所以 ，
即 面积的最小值为 ，
此时斜率 ，直线 的方程为 ．
.
18 已知函数 .
（1）若函数 在其定义域上单调递减，求实数a的最小值.
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学科网（北京）股份有限公司（2）若函数 存在两个零点 ，设
（i）求实数m的取值范围；
（ii）证明： .
【答案】（1） ．
（2）（i） ；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出函数 的导数，借助给定单调性列出不等式求解.
（2）（i）利用导数探讨函数的最值，再列出不等式求出 的范围；（ii）由（1）的信息，结合零点的意
义推理证得 ，构造函数 ，结合函数的零点证得 即可.
【小问1详解】
函数 的定义域为 ，由 在 上单调递减，
得 ， 恒成立，即 恒成立，
而当 时， ，当且仅当 时取等号，因此 ，
所以 的最小值为 .
【小问2详解】
（ⅰ）函数 的定义域为 ， ，
令 ，求导得 ，函数 在 上单调递
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学科网（北京）股份有限公司减，
而 ，则当 时， ，即 ；当 时， ，即 ，
因此函数 在 上单调递增，在 上单调递减， ，
而当 时， ，当 时， ，
由函数 存在两个零点，得 ，解得 ，
所以实数m的取值范围是 .
（ⅱ）由（1）知当 时， ，当 时， ，
由（ⅰ）知 ，则 ， ，
由 ，得 ，
，整理得 ，
两式相减得 ，因此 ；
记 ，令 ，求导得 ，
函数 在 上单调递增， ，即 ，
整理得 ，而
，即 ，
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学科网（北京）股份有限公司因此 ，即 ，
所以 .
【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．
19. “外观数列”是一类很有趣的数列，该数列由正整数构成，后一项是对它前一项的“外观描述”.例如：
取数列第一项为1，将其外观描述为“1个1”，则第二项即为11；将第二项11描述为“2个1”，则第三
项即为21；将第三项21描述为“1个2，1个1”，则第四项即为1211；将第四项1211描述为“1个1，1
个2，2个1”，则第五项即为111221，将第五项111221描述为“3个1，2个2，1个1”，则第六项即为
312211，……，这样每次从左往右将连续相同的数字合并起来描述，给定首项即可依次推出数列后面的每
一项.若数列 是外观数列，将第n项 的各位数字中相同数字连续出现的最大次数记为 .例如：外观
数列 的首项为1时，
（1）若数列 是首项为12的外观数列，请直接写出 以及 .
（2）设集合 ，若外观数列 的首项 .
（i）探究 的最大值，并证明你的结论；
（ii）求所有的 ，使得存在 有
【答案】（1） ．
（2）（i） ，证明见解析；（ii）22
【解析】
【分析】（1）根据数列的新定义求解；
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学科网（北京）股份有限公司（2）（ⅰ）方法一，由 ， ，则 ，下面用反证法证明 ．
方法二，用数学归纳法证明 ；（ⅱ）方法一，设 ，不妨设
， ，可得 恰有 位，所以 只能是两位数，根据
新定义讨论求解；方法二，同法一可得 只能是两位数，根据 ， ，
， ， 讨论求解.
【小问1详解】
．
【小问2详解】
（ⅰ）方法一：当 时， ，故 ．
下证 ．
反证法：若存在 ，使得 ，记 ，
由于 ，故 ．定义 是最高位到最低位依次为 到 的十进制数，
不妨设 ，由 的性质知存在 ，使得 ，因此 的十进制表示中至少出
现了4个连续的 ．
若 ，则 的十进制表示中至少出现了 个连续数字，故 ，这与 的定义矛盾．
的
若 ，则 十进制表示中至少出现了1000个连续数字，亦矛盾，因此 ．
综上所述， ．
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学科网（北京）股份有限公司方法二：当 时， ，故 ．
下面用数学归纳法证明： ．
因为 ，所以 的相同数字连续出现的最大次数不超过3，即 ．
假设 时， ，下证 ．
设 ，由归纳假设知 ，
则 的十进制表示可以写作 ．
因为 ，因此 的各位数字中，相同数字连续出现的最大次数不超过3，
也即 ．故对于 ，命题也成立，命题得证．
综上所述， ．
（ⅱ）方法一：设 ，不妨设 ， ，
由（ⅰ）知 和 均为不超过9的自然数，因此 恰有 位，所以 不能是一位数或者三位数，所以
只能是两位数．
设 ，若 的各位数字中有两个不同的数字，则为了描述出这两个不同的数字，
至少是一个四位数且它的各位数字中仍有两个不同的数字．
由此可知，如果 ，则 至少是一个四位数，矛盾，所以 ．
若 ，则 ，且 ，这与（ⅰ）的结论矛盾．
若 ，则 ，故 ，但 不能是一位数，矛盾！
若 ，则 ，故 ，但 不能是三位数，矛盾！
第28页/共29页
学科网（北京）股份有限公司若 ，则 恒为22，符合题意．
综上， ．
方法二：设 ，不妨设 ， ，
由（ⅰ）知 和 均为不超过9的自然数，因此 恰有 位，
所以 不能是一位数或者三位数，
所以 只能是两位数．显然 ，否则 ，矛盾！
若 ，则 且 ，这与（ⅰ）的结论矛盾．
若 ，则 ，故 ，但 不能是一位数，矛盾！
若 ，则 ，故 ，但 不能是三位数，矛盾！
若 ，则 ．
（a）若 ，则 ，所以 由 个 构成，矛盾．
（b）若 ，则 ，因此 ，所以 ，
所以 ，但 不能是一位数，矛盾！
（c）若 ，则 ，因此 ，所以 ，
所以 ，但 不能是三位数，矛盾！
（d）若 恒等于22，符合题意．
综上， ．
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是理解数列的新定义，并结合新定义推理求解.
第29页/共29页
学科网（北京）股份有限公司
