成渝经济圈名校联盟2024-2025学年高三上学期第一次联考数学试题（解析版）

第页，共页第27页，共27页2025届成渝经济圈名校联盟高三第一次联考数学命题：蒲俞俊审题：数学教研组制卷：李宇涵（满分：150分时间：120分钟）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，，则为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出集合、，再由交集的运算求解即可.【详解】由，可得，解得，∴由，解得，∴，所以.故选：C.2.，则在x=1处切线方程为（）A. B.C.x=1 D.【答案】A【解析】【分析】求函数fx在x=1【详解】因为，所以，，所以，所以函数fx在x=1处的切线方程为，即.故选：A.3.，，命题，命题与夹角为钝角，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】设两向量的夹角为，根据计算出的取值范围即可求解.【详解】设、夹角为，，若，则有，则，则有，所以与夹角为钝角或平角，所以是的必要不充分条件.故选：B4.直线上单位向量为，直线上有，两点，，若，则的值为（）A.或 B. C. D.或【答案】D【解析】【分析】根据单位向量的定义求，由条件结合向量垂直的坐标表示求.【详解】因为为直线上的单位向量，所以，所以或，因为，为直线上两点，，所以，故，因为，所以，当时，，当时，，故选：D.5.我们初中所学的反比例函数图像其实是一种典型的双曲线．若，则该双曲线焦距为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用反比例函数是等轴双曲线，结合实轴长，就可以求出焦距.【详解】作出和的图象，它们的交点分别为，由和联立方程组解得：或，即交点，所以根据双曲线的意义，可知实轴长，即，又由双曲线的渐近线是两坐标轴，它们互相垂直，所以这是等轴双曲线，即，所以，即双曲线的焦距为，故选：C.6.在锐角三角形中，若，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意可求出，进而得出，借助诱导公式，正切的和角公式以及重要不等式即可求.【详解】因为三角形为锐角三角形，且，所以，解得，所以，又，所以，当且仅当即时，等号成立，所以的最小值为4.故选：A7.已知数列，分别为等差数列和等比数列，为递减数列，为递增数列，且的和Sn有最大值．，，，，则的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用等差数列和等比数列的通项公式，组建方程组，利用消元思想利用分别表示其它变量，然后通过约束条件可求得的范围，最后可求出结果.详解】根据题意得：等差数列递减，所以公差，等比数列递增，所以公比，由，联立上式消可得：，再消得：，所以，，因为，，所以，，解得，所以有因为，所以上式，故选：B.8.一正四棱锥，，当其外接球半径与内切球半径之比最小时，为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据正棱锥球的内切或外接确定球心位置，然后求出外接球和内切球半径，然后根据外接球半径与内切球半径之比最小时，求出，即可求解.【详解】如图，正四棱锥中，正方形的对角线相交于点，则平面，如图所示，设正四棱锥外接球的球心为，，连接，则，因为，所以,在中，,即，如图所示，设正四棱锥内切球的球心为，，取的中点，连接,设内切球与面切于点,与面切于点,易知,,则，所以，令，则，所以，当且仅当即时，等号成立，取得最小值，所以，所以，故选：D【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等.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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分．）9.，，下列说法正确的是（）A.有1解B.有2解C.D.，将向右平移个单位得到，为奇函数【答案】AD【解析】【分析】令原方程可化为，结合余弦函数性质判断方程的解，判断AB，由条件结合关系利用两角和正弦公式求结论，判断C，根据函数图象变换结论求，结合奇函数定义判断D.【详解】因为，所以，令，则，，当时，函数单调递减，且，当时，函数单调递增，且，又，所以存在唯一的，满足条件，即存在唯一的，满足条件，即，只有一个解，A正确，B错误；因为，，结合选项A知，，所以，，所以，C错误；将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，所以，函数的定义域为，定义域关于原点对称，，所以函数为奇函数，D正确；故选：AD.10.，下列说法正确的是（）A.在定义域内单调递增B.，C.在定义域内恒有D.当时，恒有【答案】AD【解析】【分析】将化简，利用导数判断的单调性可判断A；解关于的方程可判断B；分别判断不等式左右两边的符号可判断C；令，，利用导数判断函数单调性从而得到和，再利用作差法即可判断D.【详解】，，对于A，因为，所以，所以在单调递增，故A正确；对于B，，即，因为，所以，即，因为，所以方程无解，所以不存在，使，故B错误；对于C，当，，而当时，，所以当时，，故C错误；对于D，令，，则，当时，，所以在单调递减；当时，，所以在单调递增，所以，即，则时，.令，，则，所以在单调递减，所以，即，因为，所以，所以，且，所以，所以，即当时，恒有，故D正确.故选：AD.11.定义：满足当为奇数时，；当为偶数时，，，则称为“回旋数列”.若为“回旋数列”，，，设前项和为Sn，从，，…，中任意抽取两个数，两个数之和大于的概率为，的前项积为，下列说法正确的是（）A. B.C.且恒不小于 D.【答案】BCD【解析】【分析】结合递推关系证明数列的奇数项为等差数列，偶数项为等差数列，求出数列的通项公式，由此判断A，利用组合求和法求判断B，根据古典概型概率公式求，判断C，利用放缩法求，判断D.【详解】因为数列为“回旋数列”，，当为奇数时，；当为偶数时，，所以当为奇数时，，，所以，所以数列为等差数列，公差为，所以当为奇数时，，所以当为偶数时，，，所以，所以数列为等差数列，公差为，又，，故，所以当为偶数时，，所以，，所以，A错误；，所以，，所以，，，，所以，B正确，从，，，中任意抽取两个数，有种取法，其中两个数之和大于的取法包含取一个奇数项与它之后的所有偶数项，或取一个偶数项与它之前的所有奇数项，故有，所以，所以，，C正确；的前项积为，D正确；故选：BCD.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于结合递推关系，确定数列的奇数项为等差数列，偶数项为等差数列，再结合等差数列通项公式求出数列的通项公式.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）12.偶数项二项式系数和为，则第项为______．【答案】【解析】【分析】根据二项式系数的性质求得，再利用二项式的展开式即可求解.【详解】根据题意有，解得，所以原式化为：，所以二项式展开式的第四项为：.故答案为：13.，若与关于复平面虚轴对称，则__________．【答案】或或.【解析】【分析】设，根据复数间关系即可求解.【详解】设，则，因为，所以，①因为与关于复平面虚轴对称，所以，②由①②解得或，所以当时，，此时；当时，，此时；当时，，此时.故答案为：或或.14.双曲线，焦距为，左、右焦点分别为，动点在双曲线右支上，过作两条渐近线垂线分别交于两点．若最小值为，则的最小值为________．【答案】##【解析】【分析】结合双曲线定义可得，结合平面几何知识求其最小值，列方程求，由此可得双曲线方程及其渐近线方程，设，表示。结合基本不等式求其最小值.【详解】因为动点在双曲线右支上，所以，所以，不妨设点在渐近线上，过点作，则，当且仅当点为线段与双曲线的交点时等号成立，因为的坐标为，故，所以的最小值为，由已知，因为双曲线的焦距为，所以，又，所以（舍去），或，所以双曲线的方程为，其渐近线方程为和设点的坐标为，则，，故，，所以，当且仅当，时等号成立;所以的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于根据双曲线的定义将的最小值转化为的最小值.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.如图，在三棱柱中，侧面底面，，点为线段中点．（1）证明：平面；（2）若，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）连接，交于点，连接，利用线面平行的判定定理证明；（2）由已知可知，为等边三角形，故，利用面面垂直的性质定理可证得底面，进而建立空间直角坐标系，利用向量法即可求二面角余弦值.【小问1详解】连接，交于点，连接，因为侧面是平行四边形，所以为的中点，又因为点为线段的中点，所以，因为面，面，所以面.【小问2详解】连接，，因为，，所以为等边三角形，，因为点为线段的中点，所以，因为侧面底面，平面平面，平面，所以底面，又平面，所以，因为，为的中点，所以，所以两两垂直，如图以为坐标原点，分布以，，的方向为轴正方向建立空间直角坐标系，则，，，所以，，设平面的法向量为，则，令，则，所以平面的法向量为，又因为平面的法向量为，则，经观察，二面角的平面角为钝角，所以二面角的余弦值为.16.在中，内角所对的边分别是a,b,c，．（1）求外接圆半径；（2）若为等腰三角形，所在平面内有一点，满足为内部一点，求的最小值．【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）讨论，由条件结合余弦定理求，再由正弦定理求外接圆半径；（2）取AB的中点，化简向量关系式证明点在CE上，根据向量的线性运算法则及数量积的性质可得，为线段的中点，再求的最小值可得结论.【小问1详解】当时，由，可得，由余弦定理可得，又，所以，故，所以的外接圆半径，当时，由，可得，由余弦定理可得，又，所以，故，所以的外接圆半径，【小问2详解】因为为等腰三角形，由（1）可得，因为，所以，过点作，垂足为，取AB的中点，连接CE，则，，所以，所以点在直线CE上，取线段的中点，则，因为，所以，设点到CE的距离为，则，又，则，所以，又为线段的中点，所以点到CE的距离为，所以，所以的最小值为．17.为等差数列或等比数列，和为，，．（1）若为等差数列，求的通项公式；（2）当为等差数列时，；当为等比数列且为摆动数列时，．当时，求的值；（3）若单调递增，证明：【答案】（1）（2）（3）证明见详解【解析】【分析】（1）根据为等差数列以及，求出和，求出的通项公式；（2）求出，将转化为对勾函数的形式求出，求出，分奇偶讨论的单调性求出，求出的值；（3）根据单调递增求出和，分，和三种情况证明，令，证明大于即可，证明当时单调递增，据此即可求解.【小问1详解】由题意得，所以，因为为等差数列，所以；【小问2详解】,根据在单调递增可得，因为为等比数列，，所以，所以，因为，当时，，此时，；当时，，此时，，因为为摆动数列，所以，，当为奇数时，，易知时，单调递减，即奇数项递减，因为，所以；当偶数时，单调递增，即偶数项递增，所以，因为，所以，所以；【小问3详解】当为等差数列时，，令，得，即此时单调递增，故时，并非单调递增；当等比数列时，当时，由（2）知，，易知单调递增，当时，为摆动数列，并非单调递增，所以，，即证，当时，，当时，，所以和时，成立；下证当时，成立.因为，所以，即，所以，即证，令，，即证，因为，因为，，所以，所以时单调递增，所以，所以时，成立，综上，18.已知椭圆C：（），为坐标原点，过椭圆左焦点的直线交椭圆于，两点（在轴上方），有，不与轴重合．（1）当时，求椭圆的离心率；（2）求的取值范围；（3）是否存在使？若存在，求出的余弦值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）（3）存在点，.【解析】【分析】（1）当时，轴，即可求出点的坐标即可求出离心率；（2）在中，由正弦定理有，求出的范围即可；（3）因为，根据椭圆的定义即可得，点在的中垂线上，求出点的坐标，在直角三角形中有，分别计算和即可.【小问1详解】当时，所以，即轴，，所以，又因为,所以，解得.【小问2详解】设,则，则在中，由正弦定理有：，又因为，所以所以，即.【小问3详解】因，又因为，所以，即点在的中垂线上，作轴，所以，当时，，所以，所以存在点，.19.已知函数，与在函数的图象上，回答下列问题：（1）当时，证明；（2）上有三点（均不为且互不相等），满足成等差数列且．①若不存在三点，使成等差数列，求的取值范围；②若，证明：．【答案】（1）证明见解析（2）①；②证明见解析【解析】【分析】（1）通过运算将所证不等式转化为，再令整体换元转化为证明，然后构造函数研究函数单调性证明不等式可得；（2）①先求解存在三点，使成等差数列的情况，取补集可得.由题意得由此代入消元运算变形转化为有解，构造函数求值域即可；②将不等式变形转化，构造函数，利用单调性证明不等式可得.【小问1详解】由，则，又与在上.则；且；要证，因为，即证，不妨设，令，则，则，故只需证.令，，则，再令，则，则上单调递增，故，故当时，恒成立，由，得，则，所以在上单调递减，故，得证.【小问2详解】①由等差数列且，则，解得，下面先研究若存在三点，使成等差数列的充要条件.故；又，成等差数列，由，存在三点，使成等差数列有解.当时，，故，当时，，故，故当时，；令