2025届海南省定安县高三上学期联考一数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1海南省定安县2025届高三上学期联考一数学试题一、单项选择题：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．1.若集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为集合，，所以．故选：B2.若：“”，：“”，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】A【解析】由：，即，：，所以是的充分不必要条件.故选：A.3.已知向量，，，若，则实数的值为（）A.7 B. C.2 D.【答案】B【解析】因为，，所以，由，得，则，解得.故选：B.4.斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多・斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称“兔子数列”，其数值为：1、1、2、3、5、8、13、21、34……，在数学上，这一数列以如下递推的方法定义：，，记此数列为，则等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意得，，，，则.故选：C.5.设，则的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因函数是减函数，故，又是增函数，故，而函数在上是增函数，故，故得.故选：A.6.已知，则（）A. B. C.3 D.【答案】D【解析】由，得，解得，所以.故选：D.7.已知，若，则（）A.在区间内是减函数 B.在区间内是减函数C.在区间内是增函数 D.在区间内是减函数【答案】B【解析】因为fx所以，对于函数，令，解得，所以的定义域为，又函数在上单调递增，在0,2上单调递减，在定义域上单调递增，所以的单调递增区间为，单调递减区间为0,2.故选：B8.已知函数，且有两个不同的零点，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】令，即，由题意，函数和有两个交点，画出函数的图象，如图，当时，显然函数和没有两个交点，不符合题意，则，当时，函数和有一个交点，则当时，和只有一个交点.设与相切于点，，由，得，即，又，则，解得，因此，要使当时，和只有一个交点，则，即的取值范围为.故选：D.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题全部选对的得6分，部分选对的得部分分，选错的得0分．9.设函数，若，则的值可能是（）A. B. C.1 D.【答案】CD【解析】当时，，解得；当时，，解得（舍去）或.综上所述，或.故选：CD.10.已知函数，则下列说法正确是（）A.最小正周期 B.在区间单调递增C.在区间有两个极值点 D.直线是函数的对称轴【答案】ACD【解析】对于A，函数的最小正周期为，故A正确；对于B，当时，，因为函数在上不单调，所以在区间上不单调，故B错误；对于C，当时，，因为函数在上有2个极值点，所以在区间有两个极值点，故C正确；对于D，因为，所以直线是函数的对称轴，故D正确.故选：ACD.11.已如定义在上的函数满足，是偶函数，且对任意的，，当时，都有，则以下判断正确的是（）A.若，则 B.函数的最小正周期是4C.函数在上单调递增 D.直线是图象的对称轴【答案】ACD【解析】由，得，所以函数为奇函数，由是偶函数，得函数关于对称，则直线是图象的对称轴，故D正确；且，则，所以，则，所以函数的周期为8，故B错误；对于A，由，若，则，故A正确；对任意的，，当时，都有，即，所以在上递减，结合奇函数知，函数在上递减，即函数上函数递减，由于函数关于对称，所以函数在上单调递增，故C正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.若，则______．【答案】【解析】由题意知，所以.故答案为：.13.如图，中，，且的面积为，点在边上，，则的长度等于__________．【答案】【解析】由题意，，则，则或，当时，由于，则，又，所以，不符合题意；当时，由于，则，又，在中，由正弦定理得，，则，解得.故答案为：.14.已知函数，若，且，则的最小值为__________．【答案】【解析】由，定义域为，，则，所以函数为奇函数，因为函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，由，则，所以，即，则，又，，则，，所以，当且仅当，即，时等号成立，所以的最小值为.故答案为：.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.记的内角所对的边分别为，已知．（1）求；（2）若，，求的面积．解：（1）由得，而为三角形内角，故sinB>0,得，而为三角形内角，或（2）由，得，又，∴，故，由（1）得，故，∴，而为三角形内角，∴.又即，又，而为三角形内角，故，.16.在计算机领域中，有真随机与伪随机两种随机概念．真随机是伴随物理实验，例如：掷硬币、掷骰子、电子元件噪声、核裂变等，其结果符合三个特点：1．随机性：2．不可预测性3．不可重复性；伪随机是通过多种不同的算法，获取随机值，不是真的随机．在日常使用计算中情景中，如音乐随机播放、壁纸随机切换、电脑模拟硬币正反面等都是伪随机．假设有一个抽奖活动，主办方给出了两种抽奖方式，第一种抽奖方式为真随机，即每次抽中的概率为，每次抽奖的结果都是相互独立的．第二种抽奖方式为伪随机，第一次抽中的概率为，若第一次不中，第二次抽中的概率增加，即若某次抽奖不中那么下一次中奖概率会增加，直到．若已中奖，则下一次抽中的概率恢复到．（1）分别计算两种抽奖方式抽两次中奖一次的概率；（2）如果你有抽奖3次的机会，那么你选择抽奖方式是第一种还是第二种？请说明理由．解：（1）第一种抽奖方式抽两次中奖一次的概率为，第二种抽奖方式抽两次中奖一次的概率为.（2）选第一种抽奖方式，理由如下：第一种抽奖方式，抽奖3次，设中奖次数为，的可能取值为，则，，，，所以.第二种抽奖方式，抽奖3次，设中奖次数为，的可能取值为，则，，，，所以.综上所述，由于，所以选第一种抽奖方式.17.如图，在三棱柱中，四边形是菱形，、分别是、的中点，平面平面，，．（1）证明：平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）（1）证明：取的中点，连接，，所以，又因为，所以，因为四边形是菱形，是的中点，，所以⊥，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以⊥，因平面，所以平面，又，，所以四边形为平行四边形，所以四点共面，则平面.（2）解：由（1）知四边形为平行四边形，所以，所以平面，平面，所以，故MC，ME，MF两两垂直，如图，建立空间直角坐标系因为，，所以，，则，，于是，设平面的法向量为，则有，可取，设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值.18.已知椭圆：上的点到焦点距离最短为，到焦点距离最长为．（1）求椭圆的方程；（2）过点作直线与椭圆交于，两点，且椭圆的左、右焦点分别为，，，的面积分别为，，求的最大值．解：（1）由题意，，解得，则，所以椭圆方程为.（2）由（1）知，，，当直线的斜率不存在时，，则；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立，得，设Ax1,所以，，由于异号，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为．综上所述，的最大值为．19.已知函数.（1）求曲线在处切线方程；（2）若，，讨论函数的单调性.解：（1），，则，则，即切线斜率，故切线方程为，即；（2）函数的定义域为，，，当时，，由，可得，当时，，函数在上单调递增；当时，，函数在上单调递减；当时，，①当时，，当或时，，即函数在和上单调递增，当时，，即函数在上单调递减；②当时，则对任意的，即函数在上单调递增；③当时，，当或时，，即函数在和上单调递增，当时，，即函数在上单调递减.综上所述，当时，函数在上单调递增，在上单调递减；当时，函数在和上单调递增，在上单调递减；当时，函数在上单调递增；当时，函数在和上单调递增，在上单调递减.海南省定安县2025届高三上学期联考一数学试题一、单项选择题：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．1.若集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为集合，，所以．故选：B2.若：“”，：“”，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】A【解析】由：，即，：，所以是的充分不必要条件.故选：A.3.已知向量，，，若，则实数的值为（）A.7 B. C.2 D.【答案】B【解析】因为，，所以，由，得，则，解得.故选：B.4.斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多・斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称“兔子数列”，其数值为：1、1、2、3、5、8、13、21、34……，在数学上，这一数列以如下递推的方法定义：，，记此数列为，则等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意得，，，，则.故选：C.5.设，则的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因函数是减函数，故，又是增函数，故，而函数在上是增函数，故，故得.故选：A.6.已知，则（）A. B. C.3 D.【答案】D【解析】由，得，解得，所以.故选：D.7.已知，若，则（）A.在区间内是减函数 B.在区间内是减函数C.在区间内是增函数 D.在区间内是减函数【答案】B【解析】因为fx所以，对于函数，令，解得，所以的定义域为，又函数在上单调递增，在0,2上单调递减，在定义域上单调递增，所以的单调递增区间为，单调递减区间为0,2.故选：B8.已知函数，且有两个不同的零点，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】令，即，由题意，函数和有两个交点，画出函数的图象，如图，当时，显然函数和没有两个交点，不符合题意，则，当时，函数和有一个交点，则当时，和只有一个交点.设与相切于点，，由，得，即，又，则，解得，因此，要使当时，和只有一个交点，则，即的取值范围为.故选：D.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题全部选对的得6分，部分选对的得部分分，选错的得0分．9.设函数，若，则的值可能是（）A. B. C.1 D.【答案】CD【解析】当时，，解得；当时，，解得（舍去）或.综上所述，或.故选：CD.10.已知函数，则下列说法正确是（）A.最小正周期 B.在区间单调递增C.在区间有两个极值点 D.直线是函数的对称轴【答案】ACD【解析】对于A，函数的最小正周期为，故A正确；对于B，当时，，因为函数在上不单调，所以在区间上不单调，故B错误；对于C，当时，，因为函数在上有2个极值点，所以在区间有两个极值点，故C正确；对于D，因为，所以直线是函数的对称轴，故D正确.故选：ACD.11.已如定义在上的函数满足，是偶函数，且对任意的，，当时，都有，则以下判断正确的是（）A.若，则 B.函数的最小正周期是4C.函数在上单调递增 D.直线是图象的对称轴【答案】ACD【解析】由，得，所以函数为奇函数，由是偶函数，得函数关于对称，则直线是图象的对称轴，故D正确；且，则，所以，则，所以函数的周期为8，故B错误；对于A，由，若，则，故A正确；对任意的，，当时，都有，即，所以在上递减，结合奇函数知，函数在上递减，即函数上函数递减，由于函数关于对称，所以函数在上单调递增，故C正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.若，则______．【答案】【解析】由题意知，所以.故答案为：.13.如图，中，，且的面积为，点在边上，，则的长度等于__________．【答案】【解析】由题意，，则，则或，当时，由于，则，又，所以，不符合题意；当时，由于，则，又，在中，由正弦定理得，，则，解得.故答案为：.14.已知函数，若，且，则的最小值为__________．【答案】【解析】由，定义域为，，则，所以函数为奇函数，因为函数在上单调递增，所以函数在上单调递增，由，则，所以，即，则，又，，则，，所以，当且仅当，即，时等号成立，所以的最小值为.故答案为：.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.记的内角所对的边分别为，已知．（1）求；（2）若，，求的面积．解：（1）由得，而为三角形内角，故sinB>0,得，而为三角形内角，或（2）由，得，又，∴，故，由（1）得，故，∴，而为三角形内角，∴.又即，又，而为三角形内角，故，.16.在计算机领域中，有真随机与伪随机两种随机概念．真随机是伴随物理实验，例如：掷硬币、掷骰子、电子元件噪声、核裂变等，其结果符合三个特点：1．随机性：2．不可预测性3．不可重复性；伪随机是通过多种不同的算法，获取随机值，不是真的随机．在日常使用计算中情景中，如音乐随机播放、壁纸随机切换、电脑模拟硬币正反面等都是伪随机．假设有一个抽奖活动，主办方给出了两种抽奖方式，第一种抽奖方式为真随机，即每次抽中的概率为，每次抽奖的结果都是相互独立的．第二种抽奖方式为伪随机，第一次抽中的概率为，若第一次不中，第二次抽中的概率增加，即若某次抽奖不中那么下一次中奖概率会增加，直到．若已中奖，则下一次抽中的概率恢复到．（1）分别计算两种抽奖方式抽两次中奖一次的概率；（2）如果你有抽奖3次的机会，那么你选择抽奖方式是第一种还是第二种？请说明理由．解：（1）第一种抽奖方式抽两次中奖一次的概率为，第二种抽奖方式抽两次中奖一次的概率为.（2）选第一种抽奖方式，理由如下：第一种抽奖方式，抽奖3次，设中奖次数为，的可能取值为，则，，，，所以.第二种抽奖方式，抽奖3次，设中奖次数为，的可能取值为，则，，，，所以.综上所述，由于，所以选第一种抽奖方式.17.如图，在三棱柱中，四边形是菱形，、分别是、的中点，平面平面，，．（1）证明：平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）（1）证明：取的中点，连接，，所以，又因为，所以，因为四边形是菱形，是的中点，，所以⊥，又平面平面，