2025届高三第一学期期中考试检测卷数学全卷满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚．4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交．5．本卷主要考查内容：高考范围．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.已知复数，则的虚部为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用复数的除法运算求出，再利用共轭复数及复数的意义即可得解.【详解】依题意，，则，所以的虚部为.故选：A2.已知集合，集合，集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据交集、并集的定义计算可得.【详解】因为集合，集合，集合，所以，，，，故正确的只有D.故选：D3.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用角的变换，代入两角差的正切公式即可求解.【详解】．故选：B.【点睛】本题主要考查了角的变换，两角差的正切公式，属于基础题.4.已知，，，则，，的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】本题根据指数函数、对数函数的性质借助中间值1比较可得.【详解】因为，所以，即，又，即，又，所以，所以；因为，所以，所以，所以所以.故选：A.5.是一种由60个碳原子构成的分子，形似足球，又名足球烯，其分子结构由12个正五边形和20个正六边形组成．如图，将足球烯上的一个正六边形和相邻正五边形展开放平，若正多边形的边长为1，为正多边形的顶点，则（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】运用数量积定义计算即可.【详解】如图所示，连接，，由对称性可知，，取的中点，则，，又因为正六边形的边长为1，所以，所以，故选：B．6.已知某圆锥的侧面积为，轴截面面积为1，则该圆锥的母线与底面所成的角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设相应长度，根据圆锥的侧面积和轴截面面积列式可得，再结合线面夹角运算求解.【详解】设圆锥的母线为，底面半径为，高为，由题意可得：，解得，设该圆锥的母线与底面所成的角为，则，可得，所以该圆锥的母线与底面所成的角为.故选：C.7.将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若点是函数图象的一个对称中心，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出平移后函数解析式，再由图象的对称中心，可得，从而得出结论．【详解】由已知得，所以，解得，又，当时，．故选：C.【点睛】本题考查三角函数的图象平移变换，考查函数的对称性，掌握诱导公式是解题关键．平移变换时要注意平移单位是对自变量而言，属于中档题．8.已知函数最小值为，则的最小值为（）A. B. C.0 D.1【答案】B【解析】【分析】由二次函数的性质可知，令，运用导数可求得的最小值，进而可得结果.【详解】因为，令，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，，，故选：B．二､多选题：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.在的展开式中，下列命题正确的是（）A.二项式系数之和为64 B.所有项系数之和为C.常数项为60 D.第3项的二项式系数最大【答案】AC【解析】【分析】对于A：根据二项式系数之和为分析判断；对于B：令，可得所有项系数之和；对于C：结合二项展开式的通项分析求解；对于D：根据二项式系数的最值分析求解.【详解】对于选项A：因为，可知二项式系数之和为，故A正确；对于选项B：令，可得所有项系数之和为，故B错误；对于选项C：因为展开式的通项为，令，可得，所以常数项为，故C正确；对于选项D：因为，可知二项式系数最大值为，为第4项，故D错误；故选：AC.10.已知a，b均为正实数，且，则下列结论中正确的是（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根据基本不等式结合对数与指数的运算性质逐一分析即可得出答案.【详解】对于A，，∴，故A正确；对于B，，故B正确；对于C，，故C错误：对于D，，故D正确．故选：ABD.11.已知函数，则下列说法正确的是（）A.函数在上单调递增B.是函数的极值点C.过原点仅有一条直线与曲线相切D.若，则【答案】ACD【解析】【分析】求导根据导函数即可得出函数的单调性以及极值，进而判断A、B项；设出切点坐标，根据已知列出关系式，构造函数，根据导数研究函数的性质得出函数零点的个数，即可判断C项；根据函数的单调性，得出，整理即可构造，利用导函数求出函数的最小值，即可得出D项.【详解】对于A项，由已知可得，令，则.解可得，，所以在上单调递增；解可得，，所以在上单调递减.所以，在处取得唯一极小值，也是最小值，所以，恒成立，即恒成立，所以函数在上单调递增，故选项A正确；对于B项，由A可知，在上单调递增，故B项错误；对于选项C，设切点的坐标为，根据导数的几何意义可知，切线的斜率，所以过的切线方程为.又切线经过原点，所以有，整理为.令，有，当时，，有；当时，，有.所以恒成立，函数单调递增.又由，，根据零点存在定理可得函数在区间内有且仅有一个零点.故过原点仅有一条直线与曲线相切，选项C正确；对于D选项，若，有，由函数单调递增，有，.令，有．令，有（当且仅当时取等号），可得恒成立，所以函数单调递增.又由，所以时，，，所以在上单调递减；时，，，所以在上单调递增.所以，在处取得唯一极小值，也是最小值，所以，故成立，选项D正确．故选：ACD．三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.有一座六层高的商场，若每层所开灯的数量都是下面一层的两倍，一共开了1890盏，则底层所开灯的数量为______盏.【答案】30【解析】【分析】根据给定条件，构造等比数列，再利用等比数列列n项和公式计算即得.【详解】依题意，从下往上每层灯的数据构成等比数列，公比，，前6项和，于是，解得，所以底层所开灯的数量为30盏.故答案为：3013.已知，，若，则的最小值为_________.【答案】3【解析】【分析】合理分析题意，利用同构得到，再利用导数确定的单调性，消元后把目标式变为一元函数，利用基本不等式求解即可.【详解】因为，所以，所以，易得定义域为，而，所以在上单调递增，故，所以，，当且仅当时取等，此时解得.故答案为：3【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是利用同构思想得到，然后化简目标式，由基本不等式得到所要求的最值即可．14.设为双曲线的一个实轴顶点，为的渐近线上的两点，满足，，则的渐近线方程是______．【答案】【解析】【分析】由角平分线定理，结合余弦定理，求得，再求的正切值，进而即可求得渐近线方程.【详解】根据题意，作图如下：依题意，为的角平分线，且，设，由角平分线定理可得：，则；在中，由余弦定理；在中，由余弦定理可得，，即，解得故，，所以的渐近线方程是．故答案为：.【点睛】方法点睛：求双曲线的渐近线方程，常见有三种方法：①直接求出，从而得解；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，从而得解；③求得其中一个渐近线的倾斜角（或斜率），从而得解.四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤．15.已知命题：“，”为假命题，设实数的所有取值构成的集合为.（1）求集合；（2）设集合，若是的必要不充分条件，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）为假命题时，既可转化为关于一元二次方程无解，然后利用判别式即可；（2）由是的必要不充分条件可得，然后分为空集和非空集两种情况讨论即可.【小问1详解】因为命题为假命题，故关于的一元二次方程无解，即，解得，故集合；【小问2详解】由是的必要不充分条件，可知，当时，既，解得，此时满足，当时，如图所示，故且等号不同时成立，解得，综上所述，取值范围是.16.在中，A，B，C分别为边a，b，c所对的角，且满足.（1）求的大小（2）若，，求面积【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理角化边，求解角度即可.（2）利用余弦定理求出边长，结合三角形面积公式求解面积即可.【小问1详解】因为，且在中，，所以，由正弦定理得，所以，，故，，所以.【小问2详解】在中，由余弦定理得，解得(负根舍去)，所以.17.如图，在直四棱柱中，四边形是矩形，，点是棱上的一点，且.（1）求证：四边形为正方形；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证，再由条件推导平面，得到即可证得；（2）依题建系，写出相关点坐标，求得相关向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得.【小问1详解】如图，连接，在直四棱柱中，平面，平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，又四边形是矩形，所以四边形为正方形；【小问2详解】如图，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，所以，故可取，设直线与平面所成角的大小为，所以即直线与平面所成角的正弦值为.18.驾驶员考试（机动车驾驶员考试）是由公安局车管所举办的资格考试，只有通过驾驶员考试才能取得驾照，才能合法的驾驶机动车辆．考试内容和合格标准全国统一，根据不同准驾车型规定相应的考试项目．机动车驾驶人考试内容分为道路交通安全法律、法规和相关知识考武科目（以下简称“科目一”）、场地驾驶技能考试科目（以下简称“科目二”）、道路驾驶技能和安全文明驾驶常识考试科目（以下简称“科目三”）．申请人科目一、科目二、科目三考试均合格后，就可以领取驾驶证．某驾校经统计，驾驶员科目一考试平均通过的概率为，科目二：平均通过的概率为，科目三平均通过的概率为．该驾校王教练手下有4名学员参加驾驶员考试．（1）记这4名学员参加驾驶员考试，通过考试并领取驾驶证的人数为X，求X的分布列和数学期望及方差；（2）根据调查发现，学员在学完固定的学时后，每增加一天学习，没有通过考试拿到驾驶证的概率会降为原来的0.4，请问这4名学员至少要增加多少天的学习，才能保证这4名学员都能通过考试并领取驾驶证?（我们把概率超过0.99的事件称为必然事件，认为在一次试验中必然事件一定会发生）参考数据：，【答案】（1）分布列见解析，，（2）6【解析】【分析】（1）根据题意可知，分步计算即可；（2）增加k（k为正整数）天学习后，每位学员通过考试拿到驾驶证的概率为，若这4名学员都能通过考试并领取驾驶证，有，利用用对数运算求解不等式.【小问1详解】1名学员通过考试并领取驾驶证的概率为，根据题意可知，X的取值分别为0，1，2，3，4，，，，，，故X的分布列为：X01234P，；【小问2详解】增加k（k为正整数）天学习后，每位学员通过考试拿到驾驶证的概率为，若这4名学员都能通过考试并领取驾驶证，有，有，有，有，又由．可得，故这4名学员至少要增加6天的学习，才能保证这4名学员都能通过考试并领取驾驶证．19.已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）已知有两个极值点.（ⅰ）求的取值范围；（ⅱ）若的极小值小于，求的极大值的取值范围.【答案】（1）（2）（ⅰ）；（ⅱ）【解析】【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；（2）（ⅰ）分析可知原题意等价于有两个不同的正实数根，结合基本不等式分析求解；（ⅱ）设有两个不同的正实数根，根据单调性可知的极值点，结合零点代换可得，构建，结合单调性分析可得，则，即可得取值范围.【小问1详解】当时，则，，可得，，即切点坐标为，切线斜率，所以曲线在处的切线方程为，即.【小问2详解】（ⅰ）由题意可知：的定义域为，，令，可得，原题意等价于有两个不同的正实数根，因为，当且仅当，即时，等号成立，可知，所以的取值范围；（ii）由（i）可知：有两个不同的正实数