西藏自治区拉萨市2025届高三第一次联考数学试卷

这是一份西藏自治区拉萨市2025届高三第一次联考数学试卷，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．集合中的元素个数为（ ）
A．B．C．D．
2．已知一组数据，，，，，，则该组数据的第百分位数为（ ）
A．B．C．D．
3．已知函数，则曲线在处的切线方程为（ ）
A．B．C．D．
4．余切函数是三角函数的一种，表示为，余切函数与正切函数关系密切，它们之间的关系为.已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．中国象棋是一种古老的棋类游戏，大约有两千年的历史，是中华文明非物质文化的经典产物.如图，棋盘由边长为1的正方形方格组成，已知“兵”“马”“炮”“帅”分别位于A，B，C，D四点，则（ ）
A．B．C．2D．
6．已知为坐标原点，双曲线的右焦点为，点在上，且在轴上的射影为，若，则的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
7．南昌双子塔，坐落于红谷滩区赣江北岸，是南昌标志性建筑之一.如图，某人准备测量双子塔中其中一座的高度（两座双子塔的高度相同），在地面上选择了一座高为的大楼，在大楼顶部处测得双子塔顶部的仰角为，底部的俯角为，则双子塔的高度为（ ）
A．B．C．D．
8．若函数在上恰有个极值点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．若，且，则（ ）
A．B．C．D．
10．已知复数，（为虚数单位），则（ ）
A．B．的虚部为
C．D．在复平面内对应的点位于第四象限
11．如图，将棱长为2的正方体六个面的中心连线，可得到正八面体，则（ ）
A．四边形为正方形
B．平面
C．异面直线与所成的角为90°
D．若动点P在棱上运动，则的最小值为
三、填空题
12．已知抛物线，则该抛物线的焦点坐标为 .
13．已知命题：“，”为真命题，则的取值为 .
14．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值（且）的点的轨迹是一个圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知动点在边长为6的正方形内（包含边界）运动，且满足，则动点的轨迹长度为 .
四、解答题
15．某社区组织居民开在垃圾分类知识竞赛活动.随机对该社区名居民的成绩进行统计，成绩均在内，将成绩分成组进行统计分析：第组有人，第组有16人，第组有人，第组有人，第组有人.现使用分层随机抽样的方法在第，组共选取人参加垃圾分类志愿者工作.
(1)对该社区名居民进行问卷调查，部分数据如下表所示，补全表格数据，并依据小概率值的独立性检验，分析能否认为居民喜欢垃圾分类与性别有关；
(2)若从参加垃圾分类志愿者工作的人中随机选取人参加垃圾分类知识宣讲工作，记来自第组的人数为，求的分布列及数学期望.
附：，.
16．已知是等差数列的前n项和，且，.
(1)求的通项公式；
(2)记，求数列的前100项和.
17．已知函数.
(1)若，求的单调区间；
(2)若既有极大值，又有极小值，求实数的取值范围.
18．已知等腰梯形如图所示，其中，，点在线段上，且，，现沿进行翻折，使得平面平面，所得图形如图所示．
(1)证明：；
(2)已知点在线段上（含端点位置），点在线段上（含端点位置）．
（ⅰ）若，点为线段的中点，求与平面所成角的正弦值；
（ⅱ）探究：是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
19．如图，定义：以椭圆中心为圆心、长轴长为直径的圆叫做椭圆的“伴随圆”，过椭圆上一点作轴的垂线交其“伴随圆”于点，称点为点的“伴随点”．已知椭圆上的点的一个“伴随点”为．

(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线与椭圆交于不同的两点，点与点关于轴对称．
（ⅰ）证明：直线恒过定点；
（ⅱ）记（ⅰ）中的直线所过的定点为，若在直线上的射影分别为（，为不同的两点），记，，的面积分别为，求的取值范围．
不喜欢垃圾分类
喜欢垃圾分类
合计
男
女
合计
参考答案：
1．B
【分析】列举法表示集合，可得解.
【详解】，该集合中的元素有个，
故选：B.
2．A
【分析】根据百分位数的定义直接计算.
【详解】将数据从小到大排列，为，，，，，，
因为，
所以这组数据的第百分位数为第三个数据.
故选：A.
3．D
【分析】导函数在处的函数值即为斜率，点斜式即可写出直线方程.
【详解】因为，所以，故，，所以曲线y=fx在处的切线方程为，即.
故选：D.
4．B
【分析】由已知，根据二倍角正切公式可得解.
【详解】.
故选：B.
5．A
【分析】结合向量的线性运算，利用数量积定义直接求解即可.
【详解】如图：
可知，
故.
故选：A.
6．C
【分析】易知轴，可得点与，则，化简可得，进而可得，即可得解.
【详解】易知轴，不妨设点在第一象限，
联立得，故，
又，即，
可得，即，
则，解得或（舍），
即，则，
故渐近线方程为，
故选：C.
7．D
【分析】分别在与中用正弦定理，化简可得解.
【详解】由题意可得，，，
则在中，，即，
在中，，
由正弦定理得，即，
所以.
故选：D.
8．A
【分析】根据函数的奇偶性可判断当时函数的极值点情况，再结合函数图像列不等式即可.
【详解】由题得，
即是偶函数，
又在上有个极值点，
易知是极值点，则在上有个极值点，
当时，，，
设，则，
则，，在上的前个极值点依次为，，，，，
所以，
故选：A.
9．ABD
【分析】根据不等式的性质直接判断各选项.
【详解】由且得，所以，，A选项正确；
，所以，，B选项正确；
取，，，则，C选项错误；
由得，所以，
因为，所以，D选项正确；
故选：ABD.
10．AC
【分析】根据复数的计算及几何意义可判断各选项.
【详解】A选项：由，则，A选项正确；
B选项：的虚部为，B选项错误；
C选项：，，故，C选项正确；
D选项：，其在复平面内对应的点的坐标为，位于第二象限，D选项错误；
故选：AC.
11．ABD
【分析】运用正八面体棱长性质，结合正方体性质判定A，B; 找出是异面直线与所成的角，结合等边三角形性质，判定C; 将沿着翻折，使得与在同一平面内,找出平面内最小情况，结合余弦定理计算即可.
【详解】由正方体及正八面体的关系可知，正八面体各棱均相等，故四边形 是菱形，
易求得，，所以，即四边形为正方形，A正确；
同理可证得四边形 为正方形，所以，
又平面，平面，所以平面，B正确；
由，可知是异面直线与所成的角，
而由为等边三角形可知，即异面直线与所成的角为60°，C错误；
将沿着翻折，使得与在同一平面内，则可得菱形，
此时与的交点P即为使取最小值的点P，
此时，
即的最小值为，D正确.
故选:ABD.
12．
【分析】根据抛物线的标准方程直接可得焦点坐标.
【详解】由已知抛物线，
则其焦点坐标为，
故答案为：.
13．
【分析】由命题为真命题可知等式恒成立，进而列方程，解方程即可.
【详解】因为命题：“，”为真命题，
即等式恒成立，
则，
解得，
故答案为：.
14．
【分析】建立平面直角坐标系，利用距离关系求得点的轨迹，求出圆心角，然后利用弧长公式求解即可.
【详解】如图，以为原点，，所在直线为x，y轴，建立平面直角坐标系，
则，，设，因为，即，
整理得.所以动点的轨迹为以为圆心4为半径的圆的一部分.
设圆与线段交于点，与线段交于点，
因为在中，，，所以，
所以，所以点的轨迹长度为.
故答案为：
15．(1)表格见解析，有关
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据题干完成联表，进而求得，即可判断相关性；
（2）根据古典概型概率公式计算公式，进而可分布列与期望.
【详解】（1）补充列联表如下所示，
零假设：居民喜欢垃圾分类与性别无关，
则，
所以依据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为喜欢垃圾分类与性别有关；
（2）用分层随机抽样的方法在第，组抽取的人数分别是，，
所以可能的取值为，，，
，，，
所以的分布列为
.
16．(1)
(2)200
【分析】（1）设出公差，根据题目条件得到方程组，求出首项和公差，得到通项公式；
（2）求出，利用分组求和公式得到答案.
【详解】（1）设公差为d，结合题设有，
解得，
则
故的通项公式为.
（2），
所以
.
17．(1)单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)
【分析】（1）求导，利用导数频数函数单调性；
（2）求导，根据函数既有极大值又有极小值可转化为二次方程有两个不等的正根，结合二次方程解的情况列不等式，解不等式即可.
【详解】（1）由已知，则，，
，，
令，解得或（舍），
当时，，即函数在上单调递减；
当时，，即函数在上单调递增；
综上所述的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）由，
则，
由函数既有极大值，又有极小值，
即有两个不等的正根，
即有两个不等的正根，分别设为，，
则
解得，
故实数的取值范围为.
18．(1)证明见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）存在，
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而可得结果；
（2）建系标点，（ⅰ）求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角；
（ⅱ）设，，根据垂直关系列式求，即可得结果.
【详解】（1）因为平面平面，，平面平面，平面，
所以平面，
而平面，故．
（2）由题意易知两两垂直，
故以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，
（ⅰ）因为，
则，C1,1,0，B1,0,0，，，，
故，，
设n=x,y,z为平面的法向量，则，
令，则，
可得为平面的一个法向量，
而，记直线与平面所成的角为，
则；
（ⅱ）由题意，
设，，
故，，
设，，则，
而，，
若平面，则，
解得，
故当重合，点的坐标为时，
平面，此时．
19．(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）由椭圆过点，其伴随圆过点列方程组即可求得椭圆方程；
（2）（i）分直线的斜率不为0和为0两种情况讨论，直线的斜率不为0时可设直线方程为，联立直线方程与椭圆方程，结合椭圆的对称性，利用韦达定理化简即可求得直线恒过定点；
（ii）法一：设直线的方程为，分别求出，则可得，结合二次函数的性质即可得的取值范围；
法二：表示，再结合二次函数的性质即可得的取值范围；
法三：设直线的方程为，联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理化简可得，再结合二次函数的性质即可得的取值范围.
【详解】（1）因为椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0过点，其伴随圆过点．
所以解得
所以椭圆的方程为．
（2）（ⅰ）证明：当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，Ax1,y1，Bx2,y2，则，
联立整理得，则，，，所以，
直线的方程为，由椭圆的对称性知，若存在定点，则必在轴上．
当时，
，
即直线恒过定点．
当直线的斜率为0时，直线的方程为，也过．
综上，直线恒过定点．
（ⅱ）解：法一：由题意知的斜率存在且不为0，，
设直线的方程为，Ax1,y1，Bx2,y2，，
，
，
，
由（ⅰ）知且，
则
，
因为，所以，所以，
所以，所以，
故的取值范围为．

法二：，
由（ⅰ）知，
．
（剩余部分同解法一）
法三：由（ⅰ）知直线恒过定点，易知直线的斜率不为0，
设直线的方程为，Bx2,y2，，
联立整理得，
则，，
恒成立，
，
，
，
因为，不妨设，，
，
因为，所以，所以，所以，
故的取值范围为．
【点睛】对于范围和最值问题，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可先建立起目标函数,再求这个函数的最值或范围,最值常用基本不等式法、二次函数的性质以及利用求函数值域的方法(配方法、导数法等)求解.
解题模板:
第一步：将所求最值或范围的量用变量表示出来;
第二步：用基本不等式或二次函数的性质或求函数值域的方法求出最值或范围.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
D
B
A
C
D
A
ABD
AC
题号
11









答案
ABD









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