2025届陕西省西安市高新第一中学高三一诊考试数学试卷含解析

2025届陕西省西安市高新第一中学高三一诊考试数学试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，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。答案不能答在试题卷上。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相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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．如图所示，在平面直角坐标系中，是椭圆的右焦点，直线与椭圆交于，两点，且，则该椭圆的离心率是（）A． B． C． D．2．已知的部分图象如图所示，则的表达式是（）A． B．C． D．3．设，，，则（）A． B． C． D．4．棱长为2的正方体内有一个内切球，过正方体中两条异面直线，的中点作直线，则该直线被球面截在球内的线段的长为（）A． B． C． D．15．已知排球发球考试规则：每位考生最多可发球三次，若发球成功，则停止发球，否则一直发到次结束为止．某考生一次发球成功的概率为，发球次数为，若的数学期望，则的取值范围为()A． B． C． D．6．若函数，在区间上任取三个实数，，均存在以，，为边长的三角形，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．7．如图所示，直三棱柱的高为4，底面边长分别是5，12，13，当球与上底面三条棱都相切时球心到下底面距离为8，则球的体积为()A．1605π3 B．6428．已知倾斜角为的直线与直线垂直，则（）A． B． C． D．9．在正方体中，，分别为，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（）A． B． C． D．10．已知是定义在上的奇函数，当时，，则（）A． B．2 C．3 D．11．已知复数z1=3+4i,z2=a+i,且z1是实数,则实数a等于()A． B． C．- D．-12．已知数列满足,且,则的值是()A． B． C．4 D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知直角坐标系中起点为坐标原点的向量满足，且，，，存在，对于任意的实数，不等式，则实数的取值范围是______.14．已知函数在定义域R上的导函数为,若函数没有零点,且,当在上与在R上的单调性相同时,则实数k的取值范围是______.15．已知向量，满足，，且已知向量，的夹角为，，则的最小值是__．16．的展开式中，x5的系数是_________．（用数字填写答案）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）在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数）.以原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系.（1）求曲线C的极坐标方程；（2）直线（t为参数）与曲线C交于A，B两点，求最大时，直线l的直角坐标方程.18．（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的中心为坐标原点焦点在轴上，右顶点到右焦点的距离与它到右准线的距离之比为．（1）求椭圆的标准方程；（2）若是椭圆上关于轴对称的任意两点，设，连接交椭圆于另一点．求证：直线过定点并求出点的坐标；（3）在（2）的条件下，过点的直线交椭圆于两点，求的取值范围．19．（12分）如图，在正四棱柱中，已知，.（1）求异面直线与直线所成的角的大小；（2）求点到平面的距离.20．（12分）在考察疫情防控工作中，某区卫生防控中心提出了“要坚持开展爱国卫生运动，从人居环境改善、饮食习惯、社会心理健康、公共卫生设施等多个方面开展，特别是要坚决杜绝食用野生动物的陋习，提倡文明健康、绿色环保的生活方式”的要求.某小组通过问卷调查，随机收集了该区居民六类日常生活习惯的有关数据.六类习惯是：（1）卫生习惯状况类；（2）垃圾处理状况类；（3）体育锻炼状况类；（4）心理健康状况类；（5）膳食合理状况类；（6）作息规律状况类.经过数据整理，得到下表：卫生习惯状况类垃圾处理状况类体育锻炼状况类心理健康状况类膳食合理状况类作息规律状况类有效答卷份数380550330410400430习惯良好频率0.60.90.80.70.650.6假设每份调查问卷只调查上述六类状况之一，各类调查是否达到良好标准相互独立.（1）从小组收集的有效答卷中随机选取1份，求这份试卷的调查结果是膳食合理状况类中习惯良好者的概率；（2）从该区任选一位居民，试估计他在“卫生习惯状况类、体育锻炼状况类、膳食合理状况类”三类习惯方面，至少具备两类良好习惯的概率；（3）利用上述六类习惯调查的排序，用“”表示任选一位第k类受访者是习惯良好者，“”表示任选一位第k类受访者不是习惯良好者（）.写出方差，，，，，的大小关系.21．（12分）如图，已知在三棱台中，，，.（1）求证：；（2）过的平面分别交，于点，，且分割三棱台所得两部分几何体的体积比为，几何体为棱柱，求的长.提示：台体的体积公式（，分别为棱台的上、下底面面积，为棱台的高）.22．（10分）已知函数，,使得对任意两个不等的正实数，都有恒成立.（1）求的解析式；（2）若方程有两个实根，且，求证：.

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、A【解析】

联立直线方程与椭圆方程，解得和的坐标，然后利用向量垂直的坐标表示可得，由离心率定义可得结果.【详解】由，得，所以，.由题意知，所以，.因为,所以,所以.所以，所以，故选：A.【点睛】本题考查了直线与椭圆的交点，考查了向量垂直的坐标表示，考查了椭圆的离心率公式，属于基础题.2、D【解析】

由图象求出以及函数的最小正周期的值，利用周期公式可求得的值，然后将点的坐标代入函数的解析式，结合的取值范围求出的值，由此可得出函数的解析式.【详解】由图象可得，函数的最小正周期为，.将点代入函数的解析式得，得，，，则，，因此，.故选：D.【点睛】本题考查利用图象求三角函数解析式，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.3、A【解析】

先利用换底公式将对数都化为以2为底,利用对数函数单调性可比较,再由中间值1可得三者的大小关系.【详解】，，，因此，故选：A.【点睛】本题主要考查了利用对数函数和指数函数的单调性比较大小,属于基础题.4、C【解析】

连结并延长PO，交对棱C1D1于R，则R为对棱的中点，取MN的中点H，则OH⊥MN，推导出OH∥RQ，且OH＝RQ＝，由此能求出该直线被球面截在球内的线段的长．【详解】如图，MN为该直线被球面截在球内的线段连结并延长PO，交对棱C1D1于R，则R为对棱的中点，取MN的中点H，则OH⊥MN，∴OH∥RQ，且OH＝RQ＝，∴MH＝＝＝，∴MN＝．故选：C．【点睛】本题主要考查该直线被球面截在球内的线段的长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．5、A【解析】

根据题意，分别求出再根据离散型随机变量期望公式进行求解即可【详解】由题可知，，，则解得，由可得，答案选A【点睛】本题考查离散型随机变量期望的求解，易错点为第三次发球分为两种情况：三次都不成功、第三次成功6、D【解析】

利用导数求得在区间上的最大值和最小，根据三角形两边的和大于第三边列不等式，由此求得的取值范围.【详解】的定义域为，，所以在上递减，在上递增，在处取得极小值也即是最小值，，，，，所以在区间上的最大值为.要使在区间上任取三个实数，，均存在以，，为边长的三角形，则需恒成立，且，也即，也即当、时，成立，即，且，解得.所以的取值范围是.故选：D【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的最值，考查恒成立问题的求解，属于中档题.7、A【解析】

设球心为O，三棱柱的上底面ΔA1B1C1的内切圆的圆心为O1，该圆与边B【详解】如图，设三棱柱为ABC-A1B1C所以底面ΔA1B1C1为斜边是A1C1则圆O1的半径为O设球心为O，则由球的几何知识得ΔOO1M所以OM=2即球O的半径为25所以球O的体积为43故选A．【点睛】本题考查与球有关的组合体的问题，解答本题的关键有两个：（1）构造以球半径R、球心到小圆圆心的距离d和小圆半径r为三边的直角三角形，并在此三角形内求出球的半径，这是解决与球有关的问题时常用的方法．（2）若直角三角形的两直角边为a,b，斜边为c，则该直角三角形内切圆的半径r=a+b-c8、D【解析】

倾斜角为的直线与直线垂直，利用相互垂直的直线斜率之间的关系，同角三角函数基本关系式即可得出结果.【详解】解：因为直线与直线垂直，所以，.又为直线倾斜角，解得.故选：D.【点睛】本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系，同角三角函数基本关系式，考查计算能力，属于基础题.9、D【解析】

连接，，因为，所以为异面直线与所成的角（或补角），不妨设正方体的棱长为2，取的中点为，连接，在等腰中，求出，在利用二倍角公式，求出，即可得出答案.【详解】连接，，因为，所以为异面直线与所成的角（或补角），不妨设正方体的棱长为2，则，，在等腰中，取的中点为，连接，则，，所以，即：，所以异面直线，所成角的余弦值为.故选：D.【点睛】本题考查空间异面直线的夹角余弦值，利用了正方体的性质和二倍角公式，还考查空间思维和计算能力.10、A【解析】

由奇函数定义求出和．【详解】因为是定义在上的奇函数，.又当时，，.故选：A．【点睛】本题考查函数的奇偶性，掌握奇函数的定义是解题关键．11、A【解析】分析：计算，由z1，是实数得，从而得解.详解：复数z1=3+4i,z2=a+i,.所以z1，是实数，所以，即.故选A.点睛：本题主要考查了复数共轭的概念，属于基础题.12、B【解析】由，可得，所以数列是公比为的等比数列，所以，则，则，故选B.点睛：本题考查了等比数列的概念，等比数列的通项公式及等比数列的性质的应用，试题有一定的技巧，属于中档试题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，等比数列的性质和在使用等比数列的前n项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

由题意可设，，，由向量的坐标运算，以及恒成立思想可设，的最小值即为点，到直线的距离，求得，可得不大于．【详解】解：，且，可设，，，，可得，可得的终点均在直线上，由于为任意实数，可得时，的最小值即为点到直线的距离，可得，对于任意的实数，不等式，可得，故答案为：．【点睛】本题主要考查向量的模的求法，以及两点的距离的运用，考查直线方程的运用，以及点到直线的距离，考查运算能力，属于中档题．14、【解析】

由题意可知：为上的单调函数，则为定值，由指数函数的性质可知为上的增函数，则在，单调递增，求导，则恒成立，则，根据函数的正弦函数的性质即可求得的取值范围．【详解】若方程无解，则或恒成立，所以为上的单调函数，都有，则为定值，设，则，易知为上的增函数，，，又与的单调性相同，在上单调递增，则当，，恒成立，当，时，，，，，，此时，故答案为：【点睛】本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，正弦函数的性质，辅助角公式，考查计算能力，属于中档题．15、【解析】

求的最小值可以转化为求以AB为直径的圆到点O的最小距离，由此即可得到本题答案.【详解】如图所示，设，由题，得，又，所以，则点C在以AB为直径的圆上，取AB的中点为M，则，设以AB为直径的圆与线段OM的交点为E，则的最小值是，因为，又，所以的最小值是.故答案为：【点睛】本题主要考查向量的综合应用问题，涉及到圆的相关知识与余弦定理，考查学生的分析问题和解决问题的能力，体现了数形结合的数学思想.16、-189【解析】由二项式定理得，令r=5得x5的系数是．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）利用消去参数，得到曲线的普通方程，再将，代入普通方程，即可求出结论；（2）由（1）得曲线表示圆，直线曲线C交于A，B两点，最大值为圆的直径，直线过圆心，即可求出直线的方程.【详解】（1）由曲线C的参数方程（为参数），可得曲线C的普通方程为，因为，所以曲线C的极坐标方程为，即.（2）因为直线（t为参数）表示的是过点的直线，曲线C的普通方程为，所以当最大时，直线l经过圆心.直线l的斜率为，方程为，所以直线l的直角坐标方程为.【点睛】本题考查参数方程与普通方程互化、直角坐标方程与极坐标方程互化、直线与曲线的位置关系，考查化归和转化思想，属于中档题.18、（1）；（2）证明详见解析，；（3）.【解析】

(1)根据题意列出关于的等式求解即可.(2)先根据对称性,直线过的定点一定在轴上,再设直线的方程为,联立直线与椭圆的方程,进而求得的方程,并代入,化简分析即可.(3)先分析过点的直线斜率不存在时的值,再分析存在时,设直线的方程为,联立直线与椭圆的方程,得出韦达定理再代入求解出关于的解析式,再求解范围即可.【详解】解：设椭圆的标准方程焦距为,由题意得,由,可得则,所以椭圆的标准方程为；证明：根据对称性,直线过的定点一定在轴上,由题意可知直线的斜率存在,设直线的方程为,联立,消去得到,设点,则．所以,所以的方程为,令得,将,代入上式并整理,,整理得,所以,直线与轴相交于定点．当过点的直线的斜率不存在时,直线的方程为,此时,当过点的直线斜率存在时,设直线的方程为,且在椭圆上,联立方程组,消去,整理得,则．所以所以,所以,由得,综上可得,的取值范围是．【点睛】本题主要考查了椭圆的基本量求解以及定值和范围的问题,需要分析直线的斜率是否存在的情况,再联立直线与椭圆的方程,根据韦达定理以及所求的解析式,结合参数的范围进行求解.属于难题.19、（1）；（2）.【解析】

（1）建立空间坐标系，通过求向量与向量的夹角，转化为异面直线与直线所成的角的大小；（2）先求出面的一个法向量，再用点到面的距离公式算出即可．【详解】以为原点，所在直线分别为轴建系，设所以,,所以异面直线与直线所成的角的余弦值为，异面直线与直线所成的角的大小为．（2）因为，，设是面的一个法向量，所以有即，令，，故，又，所以点到平面的距离为.【点睛】本题主要考查向量法求异面直线所成角的大小和点到面的距离，意在考查学生的数学建模以及数学运算能力．20、（1）（2）（3）【解析】

（1）设“选取的试卷的调查结果是膳食合理状况类中习惯良好者“的事件为，根据古典概型求出即可；（2）设该区“卫生习惯状况良好者“，“体育锻炼状况良好者“、“膳食合理状况良好者”事件分别为，，，设事件为“该居民在“卫生习惯状况类、体育锻炼状况类、膳食合理状况类”三类习惯方面，至少具备两类良好习惯“，则（E），求出即可；（3）根据题意，写出即可．【详解】（1）设“选取的试卷的调查结果是膳食合理状况类中习惯良好者“的事件为，有效问卷共有（份，其中受访者中膳食合理习惯良好的人数是人，故（A）；（2）设该区“卫生习惯状况良好者“，“体育锻炼状况良好者“、“膳食合理状况良好者”事件分别为，，，根据题意，可知（A），（B），（C），设事件为“该居民在“卫生习惯状况类、体育锻炼状况类、膳食合理状况类”三类习惯方面，至少具备两类良好习惯“则.所以该居民在“卫生习惯状况类、体育锻炼状况类、膳食合理状况类”三类习惯至少具备2个良好习惯的概率为0.766.（3）．【点睛】本题考