2025届陕西省咸阳中学高三3月份第一次模拟考试数学试卷含解析

2025届陕西省咸阳中学高三3月份第一次模拟考试数学试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知点，点在曲线上运动，点为抛物线的焦点，则的最小值为（）A． B． C． D．42．用1，2，3，4，5组成不含重复数字的五位数，要求数字4不出现在首位和末位，数字1，3，5中有且仅有两个数字相邻，则满足条件的不同五位数的个数是（）A．48 B．60 C．72 D．1203．已知不同直线、与不同平面、，且，，则下列说法中正确的是（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则4．已知集合的所有三个元素的子集记为．记为集合中的最大元素，则（）A． B． C． D．5．若复数是纯虚数，则实数的值为()A．或 B． C． D．或6．已知点P不在直线l、m上，则“过点P可以作无数个平面，使得直线l、m都与这些平面平行”是“直线l、m互相平行”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件7．已知函数，的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，则的一条对称轴是（）A． B． C． D．8．方程的实数根叫作函数的“新驻点”，如果函数的“新驻点”为，那么满足（）A． B． C． D．9．设直线过点，且与圆：相切于点，那么（）A． B．3 C． D．110．已知三棱柱的所有棱长均相等，侧棱平面，过作平面与平行，设平面与平面的交线为，记直线与直线所成锐角分别为，则这三个角的大小关系为()A． B．C． D．11．在菱形中，，，，分别为，的中点，则（）A． B． C．5 D．12．将函数的图像向左平移个单位得到函数的图像，则的最小值为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图，某地一天从时的温度变化曲线近似满足函数，则这段曲线的函数解析式为______________．14．在中，角的平分线交于，，，则面积的最大值为__________．15．如果函数（,且,）在区间上单调递减,那么的最大值为__________．16．双曲线的左右顶点为，以为直径作圆，为双曲线右支上不同于顶点的任一点，连接交圆于点，设直线的斜率分别为，若，则_____.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）在中，角所对的边分别为，若，，，且.（1）求角的值；（2）求的最大值.18．（12分）已知函数是自然对数的底数.（1）若，讨论的单调性；（2）若有两个极值点，求的取值范围，并证明:.19．（12分）如图1，已知四边形BCDE为直角梯形，，，且，A为BE的中点将沿AD折到位置如图，连结PC，PB构成一个四棱锥．（Ⅰ）求证；（Ⅱ）若平面．①求二面角的大小；②在棱PC上存在点M，满足，使得直线AM与平面PBC所成的角为，求的值．20．（12分）如图所示，四棱柱中，底面为梯形，，，，，，.（1）求证：；（2）若平面平面，求二面角的余弦值.21．（12分）已知函数.（1）若曲线存在与轴垂直的切线，求的取值范围.（2）当时，证明：.22．（10分）在直角坐标系中，直线l过点，且倾斜角为，以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．求直线l的参数方程和曲线C的直角坐标方程，并判断曲线C是什么曲线；设直线l与曲线C相交与M，N两点，当，求的值．

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解析】

如图所示：过点作垂直准线于，交轴于，则，设，，则，利用均值不等式得到答案.【详解】如图所示：过点作垂直准线于，交轴于，则，设，，则，当，即时等号成立.故选：.【点睛】本题考查了抛物线中距离的最值问题，意在考查学生的计算能力和转化能力.2、A【解析】

对数字分类讨论，结合数字中有且仅有两个数字相邻，利用分类计数原理，即可得到结论【详解】数字出现在第位时，数字中相邻的数字出现在第位或者位，共有个数字出现在第位时，同理也有个数字出现在第位时，数字中相邻的数字出现在第位或者位，共有个故满足条件的不同的五位数的个数是个故选【点睛】本题主要考查了排列，组合及简单计数问题，解题的关键是对数字分类讨论，属于基础题。3、C【解析】

根据空间中平行关系、垂直关系的相关判定和性质可依次判断各个选项得到结果.【详解】对于，若，则可能为平行或异面直线，错误；对于，若，则可能为平行、相交或异面直线，错误；对于，若，且，由面面垂直的判定定理可知，正确；对于，若，只有当垂直于的交线时才有，错误.故选：.【点睛】本题考查空间中线面关系、面面关系相关命题的辨析，关键是熟练掌握空间中的平行关系与垂直关系的相关命题.4、B【解析】

分类讨论，分别求出最大元素为3,4,5,6的三个元素子集的个数，即可得解.【详解】集合含有个元素的子集共有，所以．在集合中：最大元素为的集合有个；最大元素为的集合有；最大元素为的集合有；最大元素为的集合有；所以．故选：．【点睛】此题考查集合相关的新定义问题，其本质在于弄清计数原理，分类讨论，分别求解.5、C【解析】试题分析：因为复数是纯虚数，所以且，因此注意不要忽视虚部不为零这一隐含条件.考点：纯虚数6、C【解析】

根据直线和平面平行的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】点不在直线、上，若直线、互相平行，则过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行，即必要性成立，若过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行，则直线、互相平行成立，反证法证明如下：若直线、互相不平行，则，异面或相交，则过点只能作一个平面同时和两条直线平行，则与条件矛盾，即充分性成立则“过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行”是“直线、互相平行”的充要条件，故选：．【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合空间直线和平面平行的性质是解决本题的关键．7、D【解析】

由题，得，由的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，可得最小正周期，从而求得，得到函数的解析式，又因为当时，，由此即可得到本题答案.【详解】由题，得，因为的图象与直线的两个相邻交点的距离等于，所以函数的最小正周期，则，所以，当时，，所以是函数的一条对称轴，故选：D【点睛】本题主要考查利用和差公式恒等变形，以及考查三角函数的周期性和对称性.8、D【解析】

由题设中所给的定义，方程的实数根叫做函数的“新驻点”，根据零点存在定理即可求出的大致范围【详解】解：由题意方程的实数根叫做函数的“新驻点”，对于函数，由于，，设，该函数在为增函数，，，在上有零点，故函数的“新驻点”为，那么故选：．【点睛】本题是一个新定义的题，理解定义，分别建立方程解出存在范围是解题的关键，本题考查了推理判断的能力，属于基础题..9、B【解析】

过点的直线与圆：相切于点，可得.因此，即可得出.【详解】由圆：配方为，，半径.∵过点的直线与圆：相切于点，∴；∴；故选：B.【点睛】本小题主要考查向量数量积的计算，考查圆的方程，属于基础题.10、B【解析】

利用图形作出空间中两直线所成的角，然后利用余弦定理求解即可.【详解】如图，，设为的中点，为的中点，由图可知过且与平行的平面为平面，所以直线即为直线，由题易知，的补角，分别为，设三棱柱的棱长为2，在中，，；在中，，；在中，，，.故选：B【点睛】本题主要考查了空间中两直线所成角的计算，考查了学生的作图，用图能力，体现了学生直观想象的核心素养.11、B【解析】

据题意以菱形对角线交点为坐标原点建立平面直角坐标系，用坐标表示出，再根据坐标形式下向量的数量积运算计算出结果.【详解】设与交于点，以为原点，的方向为轴，的方向为轴，建立直角坐标系，则，，，，，所以.故选：B.【点睛】本题考查建立平面直角坐标系解决向量的数量积问题，难度一般.长方形、正方形、菱形中的向量数量积问题，如果直接计算较麻烦可考虑用建系的方法求解.12、B【解析】

根据三角函数的平移求出函数的解析式，结合三角函数的性质进行求解即可．【详解】将函数的图象向左平移个单位，得到，此时与函数的图象重合，则，即，，当时，取得最小值为，故选：．【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用三角函数的平移关系求出解析式是解决本题的关键．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、，【解析】

根据图象得出该函数的最大值和最小值，可得，，结合图象求得该函数的最小正周期，可得出，再将点代入函数解析式，求出的值，即可求得该函数的解析式.【详解】由图象可知，，，，，从题图中可以看出，从时是函数的半个周期，则，.又，，得，取，所以，．故答案为：，．【点睛】本题考查由图象求函数解析式，考查计算能力，属于中等题.14、15【解析】

由角平分线定理得,利用余弦定理和三角形面积公式，借助三角恒等变化求出面积的最大值.【详解】画出图形：因为，，由角平分线定理得,设，则由余弦定理得：即当且仅当，即时取等号所以面积的最大值为15故答案为：15【点睛】此题考查解三角形面积的最值问题，通过三角恒等变形后利用均值不等式处理，属于一般性题目.15、18【解析】

根据函数单调性的性质,分一次函数和一元二次函数的对称性和单调区间的关系建立不等式,利用基本不等式求解即可.【详解】解:①当时,,在区间上单调递减,则,即,则.②当时,,函数开口向上,对称轴为,因为在区间上单调递减,则,因为,则,整理得,又因为,则.所以即,所以当且仅当时等号成立.综上所述,的最大值为18.故答案为:18【点睛】本题主要考查一次函数与二次函数的单调性和均值不等式.利用均值不等式求解要注意”一定,二正,三相等”.16、【解析】

根据双曲线上的点的坐标关系得，交圆于点，所以，建立等式，两式作商即可得解.【详解】设，交圆于点，所以易知:即.故答案为：【点睛】此题考查根据双曲线上的点的坐标关系求解斜率关系，涉及双曲线中的部分定值结论，若能熟记常见二级结论，此题可以简化计算.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2）.【解析】

（1）由正弦定理可得，再用余弦定理即可得到角C；（2），再利用求正弦型函数值域的方法即可得到答案.【详解】（1）因为，所以.在中，由正弦定理得，所以，即.在中，由余弦定理得，又因为，所以.（2）由（1）得，在中，，所以.因为，所以，所以当，即时，有最大值1，所以的最大值为.【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，涉及到两角差的正弦公式、辅助角公式、向量数量积的坐标运算，是一道容易题.18、（1）减区间是，增区间是；（2），证明见解析.【解析】

（1）当时，求得函数的导函数以及二阶导函数，由此求得的单调区间.（2）令求得，构造函数，利用导数求得的单调区间、极值和最值，结合有两个极值点，求得的取值范围.将代入列方程组，由证得.【详解】（1），，又，所以在单增，从而当时，递减，当时，递增.（2）.令，令，则故在递增，在递减，所以.注意到当时，所以当时，有一个极值点，当时，有两个极值点，当时，没有极值点，综上因为是的两个极值点，所以不妨设，得，因为在递减，且，所以又所以【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调区间，考查利用导数研究函数的极值点，考查利用导数证明不等式，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.19、Ⅰ详见解析；Ⅱ①，②或．【解析】

Ⅰ可以通过已知证明出平面PAB，这样就可以证明出；Ⅱ以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，可以求出相应点的坐标，求出平面PBC的法向量为、平面PCD的法向量，利用空间向量的数量积，求出二面角的大小；求出平面PBC的法向量，利用线面角的公式求出的值.【详解】证明：Ⅰ在图1中，，，为平行四边形，，，，当沿AD折起时，，，即，，又，平面PAB，又平面PAB，．解：Ⅱ以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，由于平面ABCD则0，，0，，1，，0，，1，1，，1，，0，，设平面PBC的法向量为y，，则，取，得0，，设平面PCD的法向量b，，则，取，得1，，设二面角的大小为，可知为钝角，则，．二面角的大小为．设AM与面PBC所成角为，0，，1，，，，平面PBC的法向量0，，直线AM与平面PBC所成的角为，，解得或．【点睛】本题考查了利用线面垂直证明线线垂直，考查了利用向量数量积，求二面角的大小以及通过线面角公式求定比分点问题.20、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）取中点为，连接，，，，根据线段关系可证明为等边三角形，即可得；由为等边三角形，可得，从而由线面垂直判断定理可证明平面，即可证明.（2）以为原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，并求得平面和平面的法向量，即可由法向量法求得二面角的余弦值.【详解】（1）证明：取中点为，连接，，，如下图所示：因为，，，所以，故为等边三角形，则.连