陕西省西安中学2025届高三下学期高考第一次模拟考试数学试题及答案

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（时间：120分钟 满分：150分）
一、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. 设集合，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用集合元素的互异性及集合的包含关系列式计算即得.
【详解】由，得，即，此时，
由，得，而，所以.
故选：A
2. 已知为虚数单位，若，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数的运算及共轭复数的定义即可求出结果.
【详解】因为，所以，
.
故选：B.
3. 设为非零向量，则“存在负数，使得”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据共线向量和向量数量积的定义依次判断充分性和必要性即可得到结果.
【详解】若为非零向量，且存在负数，使得，则共线且方向相反，
，充分性成立；
当时，的夹角可能为钝角，此时不存在负数，使得，必要性不成立；
“存在负数，使得”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
4. 若 则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据诱导公式以及二倍角公式即可代入求解.
【详解】
故选：C
5. 某省新高考中选考科目采用赋分制，具体转换规则和步骤如下：第一步，按照考生原始分从高到低按成绩比例划定、、、、共五个等级（见下表）.第二步，将至五个等级内的考生原始分，依照等比例转换法则，分别对应转换到100～86、85～71、70～56、55～41和40～30五个分数段，从而将考生的等级转换成了等级分.
赋分公式：，计算出来经过四舍五人后即为赋分成绩.
某次考试，化学成绩等级的原始最高分为98分，最低分为63分.学生甲化学原始成绩为76分，则该学生的化学赋分分数为（ ）
A. 85B. 88C. 91D. 95
【答案】C
【解析】
【分析】根据赋分公式有，即可求化学赋分分数.
【详解】由题意，该学生的化学赋分分数为，则，
所以分.
故选：C
6. 若函数，是定义在上的减函数，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由分段函数在各自段上单调递减，再结合一次函数的性质直接求解即可.
【详解】要使在上是减函数，需满足：，
解得，则的取值范围为.
故选：A.
7. 已知直线与相交于两点，且为等边三角形，则实数（ ）
A. 或2B. 或4C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知得圆心到直线的距离为，再根据点到直线的距离公式可求得答案.
【详解】解：的圆心，半径，
因为直线与相交于两点，且为等边三角形，则圆心到直线的距离为，
即，整理得，解得或，
故选：A.
8. 已知函数及其导函数定义域均为R，满足，记，其导函数为且的图象关于原点对称，则（ ）
A. 0B. 3C. 4D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据题设知关于、对称且，即可求，再由已知有关于、对称，求，即可得解.
【详解】由关于原点对称，则关于轴对称，且，
所以关于对称，关于对称，且，
又，即，则关于对称，
综上，，，则，
所以，而，故，
又，则关于对称，即，
所以，则，
所以.
故选：D
二、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，有选错或不选的得0分．
9. 已知函数，则（ ）
A. 函数的图象关于点对称
B. 函数的图象关于直线对称
C. 若，则函数的值域为
D. 函数的单调递减区间为
【答案】AD
【解析】
【分析】代入验证正弦型函数的对称中心判断选项A；代入验证正弦型函数的对称轴判断选项B；求解正弦型函数在给定区间的值域判断选项C；求解正弦型函数的递减区间判断选项D.
【详解】选项A：，则函数的图象关于点对称.判断正确；
选项B：，则函数的图象不关于直线对称. 判断错误；
选项C：由，可得，则，
即若，则函数的值域为.判断错误；
选项D：由，可得，
即函数的单调递减区间为.判断正确.
故选：AD
10. 若函数，则（ ）
A. 的图象关于对称B. 在上单调递增
C. 的极小值点为D. 有两个零点
【答案】AC
【解析】
【分析】首先求出函数的定义域，即可判断奇偶性，从而判断A，利用导数说明函数的单调性，即可判断B、C，求出极小值即可判断D.
【详解】对于函数，令，解得或，
所以函数的定义域为，
又，
所以为奇函数，函数图象关于对称，故A正确；
又
，
当时，，即在上单调递减，故B错误；
当时，，即在上单调递增，
根据奇函数的对称性可知在上单调递增，在上单调递减，
所以的极小值点为，极大值点为，故C正确；
又，
且当趋近于1时，趋近于无穷大，当趋近于0时，趋近于无穷大，
所以在上无零点，根据对称性可知在上无零点，
故无零点，故D错误．
故选：AC．
11. 已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，过点的直线与抛物线交于，两点，点位于点右方，若，则下列结论一定正确的有（ ）
A. B.
C. D. 直线的斜率为3
【答案】ABC
【解析】
【分析】设直线的方程为，不妨设，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，表达出， ，再由正弦定理得到，得到 ，代入两根之和，两根之积，列出方程，求出，进而求出，根据 可判断根据可判断根据可判断根据对称性判断．
详解】解：由题意得，，，
当直线的斜率为时，与抛物线只有个交点，不合要求，
故设直线的方程为，不妨设，
联立，可得，易得，
设，，则，，
则，，
则，，
由正弦定理得，，
因为，，
所以， ，
即．
又由焦半径公式可知，
则，即，
即，解得，
则，，解得，，
故，
当时，同理可得到，故A正确
．
，故B正确
，故C正确
当时，，则 ，即 ，
此时 ．
由对称性可得，当时，，
故直线的斜率为，故D错误．
故选：ABC
【点睛】方法点睛：
在处理有关焦点弦，以及焦半径问题时长度问题时有以下几种方法；
（1）常规处理手段，求交点坐标然后用距离公式，含参的问题不适合；
（2）韦达定理结合弦长公式，这是此类问题处理的通法；
（3）抛物线定义结合焦点弦公式.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是_____.
【答案】.
【解析】
【分析】先求事件的总数，再求选出的2名同学中至少有1名女同学的事件数，最后根据古典概型的概率计算公式得出答案.
【详解】从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿服务，共有种情况.
若选出的2名学生恰有1名女生，有种情况，
若选出的2名学生都是女生，有种情况，
所以所求的概率为.
【点睛】计数原理是高考考查的重点内容，考查的形式有两种，一是独立考查，二是与古典概型结合考查，由于古典概型概率的计算比较明确，所以，计算正确基本事件总数是解题的重要一环.在处理问题的过程中，应注意审清题意，明确“分类”“分步”，根据顺序有无，明确“排列”“组合”.
13. 在等差数列中，，则的值为____．
【答案】
【解析】
【分析】先根据等差中项的性质求得，进而根据＝2，求得答案．
【详解】＝5
∴＝24，即+7d＝24
∴＝2+14d＝2＝48
故答案为48．
【点睛】本题主要考查了等差数列的性质．特别是利用了等差中项的性质和等差数列的通项公式，准确计算是关键，是基础题
14. 三棱锥中，，平面平面，且.记的体积为，内切球半径为，则的最小值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据等体积法可得，即可构造函数，
利用导数求解单调性，即可求解最值.
【详解】设三棱锥的高为，依题意，可取中点，
连接，，则,
由于，则,
则，
由于平面平面，且交线,平面，
故平面，故,
则的面积为,的面积，
由可得和的面积为，
于是三棱锥的表面积为，
由等体积可知，
所以，
故=.
设函数，且，
则，
当单调递减，
，单调递增，
所以，
所以时，取得最小值，
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：利用等体积法得到，构造函数，求导.
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. 中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC.
（1）求A；
（2）若BC=3，求周长的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理角化边，配凑出的形式，进而求得；
（2）方法一：利用余弦定理可得到，利用基本不等式可求得的最大值，进而得到结果.
【详解】（1）由正弦定理可得：，
，
，.
（2）[方法一]【最优解】：余弦+不等式
由余弦定理得：，
即.
（当且仅当时取等号），
，
解得：（当且仅当时取等号），
周长，周长最大值为.
[方法二]：正弦化角（通性通法）
设，则，根据正弦定理可知，所以，当且仅当，即时，等号成立．此时周长的最大值为．
[方法三]：余弦与三角换元结合
在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．由余弦定理得，即．令，得，易知当时，，
所以周长的最大值为．
【整体点评】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理角化边的应用、余弦定理的应用、三角形周长最大值的求解问题；
方法一：求解周长最大值的关键是能够在余弦定理构造的等式中，结合基本不等式构造不等关系求得最值.
方法二采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围进行求解最值，如果三角形是锐角三角形或有限制条件的，则采用此法解决.
方法三巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦函数求最值问题.
16. 如图，在四棱锥中，底面四边形的边长均为2，且，棱的中点为.
（1）求证：平面；
（2）若的面积是，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）利用三棱锥的体积关系，求解点到平面的距离即可.
【小问1详解】
因为为菱形，所以.
又因为，平面
所以平面.
因为平面，所以.
又由已知，平面
所以平面.
【小问2详解】
因为为的中点，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离.
由（1）知，平面，所以.
又因为，所以，所以，则.
设点到平面的距离为，所以.
因为，所以.
在中，，，，
所以，又，所以，
所以，所以，
所以.
17. 已知椭圆的离心率为，且短轴长2，O为坐标原点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设过点的直线l与椭圆C交于M，N两点，当的面积最大时，求直线l的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据椭圆短轴长和离心率，结合，求得的值，由此求得椭圆方程；
（2）设出直线的方程，联立直线方程和椭圆方程，写出韦达定理，利用弦长公式求得，利用点到直线的距离公式求得，由此求得三角形的面积的表达式，利用换元法，结合基本不等式，求得面积的最大值，以及此时直线的斜率，进而求得直线的方程.
【小问1详解】
由题意得:，解得:，
所以椭圆的方程为:
【小问2详解】
由题意得直线l的斜率存在且不为零，设直线l的方程:，，
联立与椭圆的方程整理得:，
，得，
，，
所以弦长 ，
原点到直线l的距离，
所以，
令，所以，
所以，当且仅当时等号成立，即，满足条件，解得，
所以直线l的方程为:或
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
18. 高性能计算芯片是一切人工智能的基础．国内某企业已快速启动AI芯片试生产，试产期需进行产品检测，检测包括智能检测和人工检测．智能检测在生产线上自动完成，包括安全检测、蓄能检测、性能检测等三项指标，且智能检测三项指标达标的概率分别为，，，人工检测仅对智能检测达标（即三项指标均达标）的产品进行抽样检测，且仅设置一个综合指标．人工检测综合指标不达标的概率为．
（1）求每个AI芯片智能检测不达标的概率；
（2）人工检测抽检50个AI芯片，记恰有1个不达标的概率为，当时，取得最大值，求；
（3）若AI芯片的合格率不超过93%，则需对生产工序进行改良．以（2）中确定的作为p的值，试判断该企业是否需对生产工序进行改良．
【答案】（1）
（2）
（3）需要对生产工序进行改良
【解析】
【分析】（1）先求每个AI芯片智能检测达标的概率，再利用对立事件的概率求解；
（2）先求，利用导数判断单调性可求解；
（3）利用条件概率求出AI芯片的合格率，与93%比较可得结论.
【小问1详解】
记事件A＝“每个AI芯片智能检测不达标”，则
.
【小问2详解】
由题意，
∴
令，则，
当，，为增函数；
当，，为减函数；
所以在处取到最大值．
【小问3详解】
记事件B＝“人工检测达标”，
则，
又，
所以，
所以需要对生产工序进行改良．
19. 若数列满足，则称数列为“平方递推数列”．已知数列中，，点在函数的图象上，其中为正整数．
（1）证明数列是“平方递推数列”，且数列为等比数列；
（2）设（1）中“平方递推数列”的前项积为，即，求；
（3）在（2）的条件下，记，求数列的前项和，并求使 的的最小值．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.
【解析】
【详解】试题分析：（1）根据，得到，即是“平方递推数列”．
进一步对两边取对数得 ，利用等比数列的定义证明.
（2）首先得到 ， 应用等比数列的求和公式即得.
(3）求通项、求和，根据，得到，再根据，即得解.
试题解析：（1）由题意得：，即 ，
则是“平方递推数列”． 2分
对两边取对数得 ，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列． 4分
（2）由（1）知 5分
8分
(3） 9分
10分
又，即 11分
又，所以． 12分
考点：等比数列的定义、通项公式及求和公式，等差数列的求和公式.
等级
比例
15%
35%
35%
13%
2%
赋分区间
100-86
85-71
70-56
55-41
40-30