2025届西双版纳傣族自治州勐海县高三六校第一次联考数学试卷含解析

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1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知菱形的边长为2，，则（）
A．4B．6C．D．
2．已知复数为纯虚数(为虚数单位)，则实数（ ）
A．-1B．1C．0D．2
3．已知点P不在直线l、m上，则“过点P可以作无数个平面，使得直线l、m都与这些平面平行”是“直线l、m互相平行”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
4．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
5．阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，则输出的结果为（ ）
A．B．6C．D．
6．已知双曲线：（，）的焦距为.点为双曲线的右顶点，若点到双曲线的渐近线的距离为，则双曲线的离心率是（ ）
A．B．C．2D．3
7．若单位向量，夹角为，，且，则实数（ ）
A．－1B．2C．0或－1D．2或－1
8．已知函数，当时，恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
9．复数的虚部是 ( )
A．B．C．D．
10．函数的图象在点处的切线为，则在轴上的截距为（ ）
A．B．C．D．
11．执行如图所示的程序框图，若输出的，则输入的整数的最大值为( )
A．7B．15C．31D．63
12．已知函数，且的图象经过第一、二、四象限，则，，的大小关系为( )
A．B．
C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若一个正四面体的棱长为1，四个顶点在同一个球面上，则此球的表面积为_________.
14．已知正数a，b满足a+b=1，则的最小值等于__________ ，此时a=____________.
15．某市公租房源位于、、三个小区，每位申请人只能申请其中一个小区的房子，申请其中任意一个小区的房子是等可能的，则该市的任意位申请人中，恰好有人申请小区房源的概率是______ .（用数字作答）
16．在平面直角坐标系中，若双曲线（，）的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为________.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知函数.
（1）解不等式；
（2）若，，，求证：.
18．（12分）已知函数.
（1）若在上为单调函数，求实数a的取值范围：
（2）若，记的两个极值点为，，记的最大值与最小值分别为M，m，求的值.
19．（12分）已知函数．
（1）若不等式有解，求实数的取值范围；
（2）函数的最小值为，若正实数，，满足，证明：．
20．（12分）已知三棱锥中侧面与底面都是边长为2的等边三角形，且面面，分别为线段的中点.为线段上的点，且.
（1）证明：为线段的中点；
（2）求二面角的余弦值.
21．（12分）已知顶点是坐标原点的抛物线的焦点在轴正半轴上，圆心在直线上的圆与轴相切，且关于点对称.
（1）求和的标准方程；
（2）过点的直线与交于，与交于，求证：.
22．（10分）有最大值，且最大值大于.
（1）求的取值范围；
（2）当时，有两个零点，证明：.
(参考数据：)
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．B
【解析】
根据菱形中的边角关系，利用余弦定理和数量积公式，即可求出结果．
【详解】
如图所示，
菱形形的边长为2，，
∴，∴，
∴，且，
∴，
故选B．
本题主要考查了平面向量的数量积和余弦定理的应用问题，属于基础题.．
2．B
【解析】
化简得到，根据纯虚数概念计算得到答案.
【详解】
为纯虚数，故且，即.
故选：.
本题考查了根据复数类型求参数，意在考查学生的计算能力.
3．C
【解析】
根据直线和平面平行的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】
点不在直线、上，
若直线、互相平行，则过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行，即必要性成立，
若过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行，则直线、互相平行成立，反证法证明如下：
若直线、互相不平行，则，异面或相交，则过点只能作一个平面同时和两条直线平行，则与条件矛盾，即充分性成立
则“过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行”是“直线、互相平行”的充要条件，
故选：．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合空间直线和平面平行的性质是解决本题的关键．
4．A
【解析】
根据函数的奇偶性和单调性，排除错误选项，从而得出正确选项.
【详解】
因为，所以是偶函数，排除C和D.
当时，，，
令，得，即在上递减；令，得，即在上递增.所以在处取得极小值，排除B.
故选：A
本小题主要考查函数图像的识别，考查利用导数研究函数的单调区间和极值，属于中档题.
5．D
【解析】
用列举法，通过循环过程直接得出与的值，得到时退出循环,即可求得.
【详解】
执行程序框图，可得，，满足条件，，，满足条件，，，满足条件，，，由题意，此时应该不满足条件，退出循环，输出S的值为.
故选D．
本题主要考查了循环结构的程序框图的应用,正确依次写出每次循环得到的与的值是解题的关键,难度较易.
6．A
【解析】
由点到直线距离公式建立的等式，变形后可求得离心率．
【详解】
由题意，一条渐近线方程为，即，∴，
，即，，．
故选：A．
本题考查求双曲线的离心率，掌握渐近线方程与点到直线距离公式是解题基础．
7．D
【解析】
利用向量模的运算列方程，结合向量数量积的运算，求得实数的值.
【详解】
由于，所以，即，，即，解得或.
故选：D
本小题主要考查向量模的运算，考查向量数量积的运算，属于基础题.
8．A
【解析】
分析可得,显然在上恒成立,只需讨论时的情况即可,,然后构造函数,结合的单调性,不等式等价于,进而求得的取值范围即可.
【详解】
由题意,若,显然不是恒大于零,故.
,则在上恒成立;
当时,等价于,
因为,所以.
设,由,显然在上单调递增,
因为,所以等价于,即,则.
设,则.
令,解得,易得在上单调递增,在上单调递减,
从而，故.
故选:A.
本题考查了不等式恒成立问题,利用函数单调性是解决本题的关键,考查了学生的推理能力,属于基础题.
9．C
【解析】
因为 ，所以的虚部是 ，故选C.
10．A
【解析】
求出函数在处的导数后可得曲线在处的切线方程，从而可求切线的纵截距.
【详解】
，故，
所以曲线在处的切线方程为：.
令，则，故切线的纵截距为.
故选：A.
本题考查导数的几何意义以及直线的截距，注意直线的纵截距指直线与轴交点的纵坐标，因此截距有正有负，本题属于基础题.
11．B
【解析】
试题分析：由程序框图可知：①，；②，；③，；④，；
⑤，. 第⑤步后输出，此时，则的最大值为15，故选B.
考点：程序框图.
12．C
【解析】
根据题意，得，，则为减函数，从而得出函数的单调性，可比较和，而，比较，即可比较.
【详解】
因为，且的图象经过第一、二、四象限，
所以，，
所以函数为减函数，函数在上单调递减，在上单调递增，
又因为，
所以，
又，，
则|，
即，
所以.
故选：C.
本题考查利用函数的单调性比较大小，还考查化简能力和转化思想.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
将四面体补成一个正方体，通过正方体的对角线与球的半径的关系，得到球的半径，利用球的表面积公式，即可求解.
【详解】
如图所示，将正四面体补形成一个正方体，
则正四面体的外接球与正方体的外接球表示同一个球，
因为正四面体的棱长为1，所以正方体的棱长为，
设球的半径为，因为球的直径是正方体的对角线，
即，解得，
所以球的表面积为.
本题主要考查了有关求得组合体的结构特征，以及球的表面积的计算，其中巧妙构造正方体，利用正方体的外接球的直径等于正方体的对角线长，得到球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及运算与求解能力，属于基础题.
14．3
【解析】
根据题意，分析可得，由基本不等式的性质可得最小值，进而分析基本不等式成立的条件可得a的值，即可得答案．
【详解】
根据题意，正数a、b满足，
则，
当且仅当时，等号成立，
故的最小值为3，此时.
故答案为：3；.
本题考查基本不等式及其应用，考查转化与化归能力，属于基础题.
15．
【解析】
基本事件总数，恰好有2人申请小区房源包含的基本事件个数，由此能求出该市的任意5位申请人中，恰好有2人申请小区房源的概率．
【详解】
解：某市公租房源位于、、三个小区，每位申请人只能申请其中一个小区的房子，申请其中任意一个小区的房子是等可能的，
该市的任意5位申请人中，基本事件总数，
该市的任意5位申请人中，恰好有2人申请小区房源包含的基本事件个数：
，
该市的任意5位申请人中，恰好有2人申请小区房源的概率是．
故答案为：．
本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
16．
【解析】
利用，解出，即可求出双曲线的渐近线方程.
【详解】
，且，，
，
该双曲线的渐近线方程为：.
故答案为：.
本题考查了双曲线离心率与渐近线方程，考查了双曲线基本量的关系，考查了运算能力，属于基础题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）；（2）证明见解析.
【解析】
（1）分、、三种情况解不等式，即可得出该不等式的解集；
（2）利用分析法可知，要证，即证，只需证明即可，因式分解后，判断差值符号即可，由此证明出所证不等式成立.
【详解】
（1）.
当时，由，解得，此时；
当时，不成立；
当时，由，解得，此时.
综上所述，不等式的解集为；
（2）要证，即证，
因为，，所以，，，
.
所以，.故所证不等式成立.
本题考查绝对值不等式的求解，同时也考查了利用分析法和作差法证明不等式，考查分类讨论思想以及推理能力，属于中等题.
18．（1）；（2）
【解析】
（1）求导.根据单调，转化为对恒成立求解
（2）由（1）知，是的两个根，不妨设，令. 根据，确定，将转化为. 令，用导数法研究其单调性求最值.
【详解】
（1）的定义域为，
.
因为单调，所以对恒成立，
所以，恒成立，
因为，当且仅当时取等号，
所以；
（2）由（1）知，是的两个根.
从而，，不妨设，
则.
因为，所以t为关于a的减函数，所以.
.
令，则.
因为当时，在上为减函数.
所以当时，.
从而，所以在上为减函数.
所以当时，.
本题主要考查导数在函数中的综合应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.
19．（1）（2）见解析
【解析】
(1)分离得到，求的最小值即可求得的取值范围；（2）先求出，得到，利用乘变化即可证明不等式.
【详解】
解：（1）设，
∴在上单调递减，在上单调递增．
故．
∵有解，∴．
即的取值范围为．
（2），当且仅当时等号成立．
∴，即．
∵
．
当且仅当，，时等号成立．
∴，即成立．
此题考查不等式的证明，注意定值乘变化的灵活应用，属于较易题目.
20．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）设为中点，连结，先证明，可证得，假设不为线段的中点，可得平面，这与矛盾，即得证；
（2）以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，分别求解平面，平面的法向量的法向量，利用二面角的向量公式，即得解.
【详解】
（1）设为中点，连结.
∴，，
又
平面，
平面，
∴.
又分别为中点，
，又，
∴.
假设不为线段的中点，
则与是平面内内的相交直线，
从而平面，
这与矛盾，所以为线段的中点.
（2）以为原点，由条件面面，
∴，以分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，
，.
设平面的法向量为
所以
取，则，.
同法可求得平面的法向量为
∴，
由图知二面角为锐二面角，
二面角的余弦值为.
本题考查了立体几何与空间向量综合，考查了学生逻辑推理，空间想象，数学运算的能力，属于中档题.
21．（1）,；（2）证明见解析.
【解析】
分析：（1）设的标准方程为，由题意可设．结合中点坐标公式计算可得的标准方程为．半径，则的标准方程为．
（2）设的斜率为，则其方程为，由弦长公式可得．联立直线与抛物线的方程有．设，利用韦达定理结合弦长公式可得 ．则．即 ．
详解：（1）设的标准方程为，则．
已知在直线上，故可设．
因为关于对称，所以
解得
所以的标准方程为．
因为与轴相切，故半径，所以的标准方程为．
（2）设的斜率为，那么其方程为，
则到的距离，所以．
由消去并整理得：．
设，则，
那么 ．
所以．
所以，即 ．
点睛：(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
22．（1）；（2）证明见解析.
【解析】
（1）求出函数的定义域为，，分和两种情况讨论，分析函数的单调性，求出函数的最大值，即可得出关于实数的不等式，进而可求得实数的取值范围；
（2）利用导数分析出函数在上递增，在上递减，可得出，由，构造函数，证明出，进而得出，再由函数在区间上的单调性可证得结论.
【详解】
（1）函数的定义域为，且.
当时，对任意的，，
此时函数在上为增函数，函数为最大值；
当时，令，得.
当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递减.
所以，函数在处取得极大值，亦即最大值，
即，解得.
综上所述，实数的取值范围是；
（2）当时，，定义域为，
，当时，；当时，.
所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
由于函数有两个零点、且，，
，
构造函数，其中，
，
令，，当时，，
所以，函数在区间上单调递减，则，则.
所以，函数在区间上单调递减，
，，
即，即，
，且，而函数在上为减函数，
所以，，因此，.
本题考查利用函数的最值求参数，同时也考查了利用导数证明函数不等式，利用所证不等式的结构构造新函数是解答的关键，考查推理能力与计算能力，属于难题.