北辰区2025届高三第一次联考试卷数学本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共6页，20小题.试卷满分150分，考试用时120分钟.考试结束后，请将答题卡交回.注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上.2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.第卷（选择题 共45分）一、选择题：共9小题，每小题5分，共45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. 设全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据条件，利用集合的运算，即可求解.【详解】因为，所以，又，所以.故选：A.2. 设，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】解不等式、，利用集合的包含关系判断可得出结论.【详解】解不等式可得或，由可得，因为或x1，所以，是的必要不充分条件，故选：B.3. 在下列各图中，两个变量具有线性相关关系的图是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意结合线性相关关系的概念逐项分析判断.【详解】对于选项A：两个变量为函数关系，不是线性相关关系，所以A错误；对于选项B：所有点不是在一条直线附近波动，不是线性相关关系，故B错误；对于选项C：对于两个变量x，y，y随着x的增加而减少，且所有点都在一条直线附近波动，所以具有线性相关关系，故C正确；对于选项D：两个变量不具有相关性，故D错误故选：C.4. 在某测量中，设点在点的南偏东，则点在点的（ ）A. 北偏西B. 北偏东C. 北偏西D. 南偏西【答案】A【解析】【分析】根据方向角的概念判断即可【详解】如下图所示： 因为点在点的南偏东，点在点的北偏西，故选：A.5. 函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先求出函数的定义域，即可判断函数的奇偶性，再根据时函数值的特征判断即可.【详解】函数的定义域为，且，所以为奇函数，函数图象关于原点对称，故排除A、C；当时，故排除B.故选：D6. 设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据指数函数、对数函数的性质判断即可.【详解】因为，即，又，所以，所以.故选：A7. 已知三棱锥外接球的球心在线段上，若与均为面积是的等边三角形，则三棱锥外接球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】作出图形，设，根据三角形的面积公式求出的值，分析可知，求出的长，可得出球的半径，再利用球体表面积公式可求得球的表面积.【详解】如下图所示：设，因为与均为面积是的等边三角形，则，可得，因为三棱锥外接球的球心在线段上，则，则，所以，球的半径为，因此，三棱锥外接球的表面积为.故选：D.8. 函数，则下列结论正确的有（ ）函数的最大值为；函数的一个对称中心为；函数上单调递减；，将图象向右平移单位，再向下平移个单位可得到的图象.A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先化简函数为，再利用正弦函数的性质逐项判断.【详解】，函数的最大值为，故正确；易知函数的对称中心的纵坐标为，故错误；由，得，因为在上单调递增，故函数在上单调递增，故错误；由，将图象向右平移单位得到的图象，再向下平移个单位可得到的图象，故正确；故选：B9. 已知函数，若关于的方程恰有三个不相等的实数解，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设，则hx的图象可由的图象上下平移得到，作出函数hx与的图象，由题意，原问题等价于hx与的图象有三个不同的交点，结合图象列出不等式组求解即可得答案【详解】解：设，作出函数和的图象如图，则hx的图象可由的图象上下平移得到，要使方程恰有三个不相等的实数解，等价于hx与的图象有三个不同的交点，由图象可知，只须满足，即，解得，所以实数的取值范围是.故选：D【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围第卷（非选择题 共105分）二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.10. 已知复数（其中为虚数单位），则_.【答案】#【解析】【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再计算其模.【详解】因为，所以.故答案为：11. 的展开式中的系数为_.【答案】【解析】【分析】根据二项式定理确定的系数.【详解】因此展开式中的系数为【点睛】本题考查二项式定理，考查基本分析求解能力.12. 已知圆心在轴上的圆与倾斜角为的直线相切于点则圆的方程为_.【答案】【解析】【分析】设圆心为，半径为，根据两点间距离公式，可的半径，根据点斜式方程，可得直线的方程，根据直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径，代入公式，化简计算，即可得答案.【详解】设圆心为，半径为，依题意可得，直线的方程为：，整理得，因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，所以，解得，所以圆的方程为.故答案为：13. ，若是与的等比中项，则的最小值是_.【答案】【解析】【分析】根据条件得到，从而有，再利用“1”的妙用，即可求解.【详解】因为是与的等比中项，得到，得到，又，则，又，当且仅当，即时，取等号，所以，当且仅当时，取等号，故答案为：.14. 天津是一个历史悠久的文化古都，盘山，石家大院，古文化街，鼓楼这四个景点又是天津十分有名的旅游胜地.已知某游客游览盘山的概率为，游览石家大院，古文化街，鼓楼的概率都是，且该游客是否游览这四个景点相互独立，则该游客只游览一个景点的概率为_；该游客至少游览三个景点的概率为_【答案】 . . 【解析】【分析】利用相互独立事件的概率公式，即可求出该游客只游览一个景点的概率；至少游览三个景点分为游览了三个景点或四个景点，分别求出这两种情况的概率，相加即可.【详解】只浏览一个景点的概率为：.游览三个景点的概率为：，游览四个景点的概率为：，故至少游览三个景点的概率为：.故答案为：；.15. 如图，平行四边形中，为的中点，为线段上一点，且满足，则_；若的面积为，则的最小值为_. 【答案】 . . 【解析】【分析】设，由平面向量线性运算表示即可求出，由结合基本不等式可得的最小值.【详解】设，则，故，即.由的面积为得，故，当且仅当时取等号,的最小值为.故答案为：；.三、解答题：本大题共5个小题，共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤16. 已知的内角，的对边分别为，满足（1）求角的大小；（2）若，求边的值；（3）若，求的值.【答案】（1） （2） （3）【解析】【分析】（1）由，利用正弦定理求解；（2）利用余弦定理求解；（2）利用二倍角公式和两角差的余弦公式求解.【小问1详解】解：因为，由正弦定理得：，即，因为，所以，则；【小问2详解】由（1）知，又，由余弦定理得：，即，解得，则；【小问3详解】由得：，则，所以，.17. 如图，垂直于梯形所在平面，为的中点，四边形为矩形.（1）求证：平面；（2）求点到直线的距离；（3）求平面与平面夹角的余弦值【答案】（1）证明见解析 （2） （3）【解析】分析】（1）设，由三角形中位线性质可得，由线面平行判定推理即可；（2）以为坐标原点，直线、分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到直线的距离；（3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.【小问1详解】证明：设，连接，由四边形为矩形，得为中点，又为中点，则，又平面，平面，所以平面.【小问2详解】解：由垂直于梯形所在平面，得直线、两两垂直，以为坐标原点，直线、分别为、轴建立空间直角坐标系，则、，所以，点到直线的距离为.【小问3详解】解：由（2）可知，设平面的法向量，则，令，得，易知平面的一个法向量，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.18. 已知等差数列的前n项和为，数列是各项均为正数的等比数列，（1）求数列和的通项公式；（2）令，求数列的前n项和；（3）令，数列的前n项和，求证：【答案】（1），； （2）； （3）证明见解析.【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为，根据已知条件列方程组可求出公差和公比，从而可求出数列和的通项公式；（2）由（1）可得，再利用错位相减法可求出，（3）由（1）可得，再利用裂项相消法可证得结论.【小问1详解】设等差数列的公差为d，等比数列的公比为因为，所以，解得，所以数列的通项公式为，由，得，所以数列通项公式为【小问2详解】，所以【小问3详解】证明：因为，所以所以因为所以19. 已知椭圆：（）的一个焦点为，其短轴长是焦距的倍，点为椭圆上任意一点，且的最大值为.（1）求椭圆的方程；（2）设动直线：与椭圆有且只有一个公共点，且与直线相交于点.问：轴上是否存在定点，使得以为直径的圆恒过定点？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1） （2）存在，定点【解析】【分析】（1）设焦距，一个焦点为Fc,0，从而得到，解得、，即可求出椭圆方程；（2）联立，消元，根据题意可得且，从而可求得的关系式及点的坐标，在求出点的坐标，假设在轴上存在定点满足条件，设，则，从而可得出结论.【小问1详解】依题意设焦距为，一个焦点为Fc,0，因为点为椭圆上任意一点，且的最大值为，则，则，解得（负值已舍去），所以椭圆的方程；【小问2详解】由，消元可得，动直线与椭圆有且只有一个公共点，设Px0,y0，且，即，化简得，此时，即，由，得，假设在轴上存在定点满足条件，设，则对满足式的，恒成立，由，得，整理得由于式对满足式的恒成立，所以，解得，故存在定点