精品解析：广东省深圳市第三高级中学2025届高三第一次调研考试数学试题

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（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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. 已知集合,集合，则=（ ）
A. {}B. {,,0}C. {2}D. {0,1}
【答案】C
【解析】
【分析】根据对数的性质即可求解集合，由交集的定义即可求解.
【详解】由可得,又，
故
故选：C
2. 某高校要求学生除了学习第二语言英语，还要求同时进修第三语言和第四语言，其中第三语言可从A类语言：日语，韩语，越南语，柬埔寨语中任选一个，第四语言可从E类语言：法语，德语，俄语，西班牙语，意大利语，则学生可选取的语言组合数为（ ）
A. 20B. 25C. 30D. 35
【答案】A
【解析】
【分析】从A类语言4个中任选一个，从E类语言5个中任选一个，由分步乘法计数原理可得答案.
【详解】第三语言可从A类语言4个中任选一个，有4种方法，
第四语言可从E类语言5个中任选一个，有5种方法，
所以共有种.
故选：A.
3. 已知，，，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数以及对数的单调性即可求解.
【详解】由于，，，
所以，
故选：B
4. 已知直线和以，为端点的线段相交，则实数k的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可知直线恒过定点，根据斜率公式结合图象分析求解.
【详解】因为直线恒过定点，如图.
又因为，，所以直线的斜率k的范围为.
故选：C.
5. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积.
【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，
而它们的侧面积相等，所以即，
故，故圆锥的体积为.
故选：B
6. 设为抛物线的焦点，若点在上，则（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用点在抛物线上，得到抛物线的标准方程，确定准线方程，利用抛物线的定义，.
【详解】依题意，，解得，所以的准线为，所以，
故选:D．
7. 已知随机事件，满足，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知结合条件概率公式，即可得出，进而推得.即可根据条件概率公式，得出答案.
【详解】由已知可得，.
因为，
所以，.
又,
所以，.
又，
所以，.
故选：A.
8. 已知直线y＝ax－a与曲线相切，则实数a＝（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据导数的几何意义可得，求解即可.
【详解】由且x不为0，得
设切点为，则，即，
所以，可得.
故选：C
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，有选错的得0分．
9. 已知，函数，则下列选项正确的是（ ）
A. 函数的值域为
B. 将函数图像上各点横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将所得图像向左平移个单位长度，可得函数图像
C. 函数是奇函数
D. 函数在区间内所有零点之和为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据向量数量积得坐标表示结合三角恒等变换化简函数，再根据正弦函数得值域即可判断A；根据三角函数的周期变换和平移变换的原理即可判断B；根据三角函数的奇偶性即可判断C；令，求出所有的值，即可判断D.
【详解】解：
，
对于A，因，
所以，故A正确；
对于B，将函数图像上各点横坐标变为原来的（纵坐标不变），
得，
再将所得图像向左平移个单位长度，
得，故B正确；
对于C，因为，
所以函数不是奇函数，故C错误；
对于D，令，
则，
则或，
所以或，
因为，
所以或或或，
所以函数在区间内所有零点之和为，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知椭圆且与双曲线的焦点重合，分别为椭圆，双曲线的离心率，则（ ）
A. B.
C. D. 当时，
【答案】BC
【解析】
【分析】根据椭圆、双曲线的离心率等有关性质对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】因为椭圆，双曲线的焦点相同，所以，
所以，所以，当时，，故选项AD错误，选项C正确.
因为，
所以，选项B正确.
故选：BC
11. 如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.
【详解】
设，因为平面，，则，
，连接交于点，连接，易得，
又平面，平面，则，又，平面，则平面，
又，过作于，易得四边形为矩形，则，
则，，
，则，，，
则，则，，，故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知i为虚数单位，复数z，满足，在复平面中的第一象限，且实部为3，则为______
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的几何意义以及模长公式即可求解.
【详解】由于复数实部为3，故设z=3+bi,b>0，根据，所以，解得，
所以，故，
故答案为：
13. 现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为，则__________，_________．
【答案】 ①. ， ②. ##
【解析】
【分析】利用古典概型概率公式求，由条件求分布列，再由期望公式求其期望.
【详解】从写有数字1,2,2,3,4,5,6的7张卡片中任取3张共有种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最小值为2的取法有种，所以，
由已知可得的取值有1，2，3，4，
，，
，
所以,
故答案为：，.
14. 已知函数有两个极值点，，且，则实数m的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据极值点的定义，结合函数零点的定义，通过构造函数，利用数形结合思想进行求解即可.
【详解】由有两个不同实根，
且，
设，
当时，，当时，，
在单调递减，在单调递增，所以，
显然当时，，当时，，
图象如下：
所以有，则有，
当时，即.，
时，，
故答案为：
【点睛】关键点睛：根据函数极值的定义，结合构造函数法、数形结合法进行求解是解题的关键.
四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 甲、乙两台机床生产同种产品，产品按质量分为一级品和二级品，为了比较两台机床产品的质量，分别用两台机床各生产了200件产品，产品的质量情况统计如下表.
（1）甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少?
（2）依据小概率值的独立性检验，分析甲机床的产品质量是否与乙机床的产品质量有差异.
附:χ2=.
【答案】（1）甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是
（2）依据小概率值α=0.010的独立性检验，甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异.
【解析】
【分析】（1）根据频率的计算即可求解，
（2）根据卡方的计算，与临界值即可求解.
【小问1详解】
甲机床生产的产品中一级品的频率为；
乙机床生产的产品中一级品的频率为.
【小问2详解】
k2=400×150×80−120×502270×130×200×200≈10.256>6.635，
依据小概率值的独立性检验，甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异.
16. 如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．
（1）求证：//平面；
（2）若，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）作出并证明为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.
【小问1详解】
连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，
于是，即，
则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
过作垂直的延长线交于点，
因为是中点，所以，
在中，，
所以，
因为，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
所以平面，
即三棱锥的高为，
因为，所以，
所以，
又，
所以
17. 已知曲线上任意一点到点的距离比它到直线的距离大1.
（1）求曲线的方程；
（2）若直线与曲线交于，两点，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设动点，根据动点到点的距离比它到直线的距离大，可得动点到点的距离等于它到直线的距离，由此建立方程，即可求得曲线的方程；
（2）设、，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可得到，从而得证.
【小问1详解】
设动点，动点到点的距离比它到直线的距离大，
即动点到点的距离等于它到直线的距离，
，两边平方，
化简可得.
【小问2详解】
设、，由，消去得，
则，所以，，
所以，
所以，即.
18. 已知函数，且，．
（1）若，函数在区间上单调递增，求实数b的取值范围；
（2）证明：对于任意实数，．参考数据：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】(1)利用导数与单调性最值的关系求解；(2)利用导数讨论单调性并证明不等式.
【小问1详解】
时，，
由题知对任意恒成立，
因为在单调递增，
则，得．
又，，得，
综上．
【小问2详解】
法1：
由题，，则，
而，显然在R上单调递增，
，
，
由零点存定理知存在唯一使，
所以在单调递减，在单调递增，
所以，
，
，
所以
记，单调递减，
又，
故，又，故，
则，
命题得证．
（2）法2：
由题，，
则，
而，显然在R上单调递增，
，
，
由零点存在定理知存在唯一，
使，，
所以在单调递减，在单调递增，
所以，
记，
则对称轴，
所以
命题得证．
19. 已知数列的前项和为，若存在常数，使得对任意都成立，则称数列具有性质．
（1）若数列为等差数列，且，求证：数列具有性质；
（2）设数列的各项均为正数，且具有性质．
①若数列是公比为的等比数列，且，求的值；
②求的最小值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）①；②的最小值为4.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出等差数列的公差，进而求出通项公式及前项和，再利用定义判断即得.
（2）①根据给定条件，可得，再按，探讨，当时，，又按且讨论得解；②由定义，消去结合基本不等式得，再迭代得，借助正项数列建立不等式求解即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，由，得，
解得，则，
于是，即，
所以数列具有性质．
【小问2详解】
①由数列具有性质，得，又等比数列的公比为，
若，则，解得，与为任意正整数相矛盾；
当时，，而，整理得，
若，则，解得，与为任意正整数相矛盾；
若，则，当时，恒成立，满足题意；
当且时，，解得，与为任意正整数相矛盾；
所以.
②由，得，即，
因此，即，
则有，
由数列各项均为正数，得，从而，即，
若，则，与为任意正整数相矛盾，
因此当时，恒成立，符合题意，
所以的最小值为4．
【点睛】易错点睛：等比数列公比q不确定，其前n项和直接用公式处理问题，漏掉对的讨论.机床
品级
合计
一级品
二级品
甲机床
150
50
200
乙机床
120
80
200
合计
270
130
400
α
0.050
0.010
0.001
xα
3.841
6.635
10.828