陕西省教育联盟2025届高三上学期第一次模拟考试数学试卷

2025届高三第一次模拟考试数学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.4.本卷命题范围：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.已知集合，则（）A.B.C.D.2.已知复数满足，则（）A.B.C.D.3.已知双曲线的渐近线方程为，且经过点，则的标准方程为（）A.B.C.D.4.“四书五经”是我国9部经典名著《大学》《论语》《中庸》《孟子》《周易》《尚书》《诗经》《礼记》《春秋》的合称.为弘扬中国传统文化，某校计划在读书节活动期间举办“四书五经”知识讲座，每部名著安排1次讲座，若要求《大学》《论语》《周易》均不相邻，则排法种数为（）A.B.C.D.5.已知，则（）A.8B.-8C.D.6.某市教育局对全市所有中小学生进行了言语表达测试，经过大数据分析，发现本次言语表达测试成绩服从，据此估计测试成绩不小于94的学生所占的百分比为（）参考数据：A.B.C.D.7.已知定义在上的函数满足，且，则（）A.-4B.-2C.4D.28.如图，在直三棱柱中，，点分别为棱上的动点（不包括端点），若，则三棱锥的体积的最大值为（）A.B.C.D.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.已知事件满足，则下列说法正确的是（）A.若，则B.若与互斥，则C.若，则与相互独立D.若与相互独立，则10.已知函数，若函数有6个不同的零点，且最小的零点为-1，则下列说法正确的是（）A.的所有零点之和是6B.C.D.11.已知曲线的方程为是以点为圆心､1为半径的圆位于轴右侧的部分，则下列说法正确的是（）A.曲线的焦点坐标为B.曲线过点C.若直线被所截得的线段的中点在上，则的值为D.若曲线在的上方，则三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.一组数据的第75百分位数是__________.13.在中，已知为线段的中点，若，则__________.14.已知函数的图象经过点，且在轴右侧的第一个零点为，当时，曲线与的交点有__________个，四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.（本小题满分13分）已知的内角的对边分别为.（1）求角；（2）若的面积为，求的长.16.（本小题满分15分）已知函数的图象在点处的切线与直线垂直.（1）求的值；（2）求的单调区间和极值.17.（本小题满分15分）如图，已知平行六面体的所有棱长均相等，平面为的中点，且.（1）求证：；（2）求平面与平面的夹角的正弦值.18.（本小题满分17分）已知椭圆的左､右焦点分别为，右顶点为，且，离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知是上两点（点不同于点），直线分别交直线于，两点，若，证明：直线过定点.19.（本小题满分17分）随着大数据时代来临，数据传输安全问题引起了人们的高度关注，国际上常用的数据加密算法通常有AES､DES､RSA等，不同算法密钥长度也不同，其中RSA的密钥长度较长，用于传输敏感数据.在密码学领域，欧拉函数是非常重要的，其中最著名的应用就是在RSA加密算法中的应用.设是两个正整数，若的最大公约数是1，则称互素.对于任意正整数，欧拉函数是不超过且与互素的正整数的个数，记为.（1）试求的值；（2）设是两个不同的素数，试用表示，并探究与和的关系；（3）设数列的通项公式为，求该数列的前项的和.2025届高三第一次模拟考试·数学参考答案､提示及评分细则1.B，所以.故选B.2.A因为复数满足，所以，所以.故选A.3.A根据题意设双曲线的方程为，因为经过点，所以，即，所以双曲线的方程为，即.故选A.4.C先将《大学》《论语》《周易》之外的6部经典名著的讲座全排列，共有种排法，再将《大学》《论语》《周易》看作3个元素，插入产生的7个空隔中，共有种排法，故总共有种排法.故选C.5.D因为，所以.故选D.6.A依题意，所以测试成绩不小于94的学生所占的百分比为.故选A.7.B因为，则.由得，所以函数的一个周期为.故选B.8.D在直三棱柱中，平面，故为三棱锥的高，设，则，由，得，故，则，故，故时，三棱锥的体积有最大值.故选D.9.BC因为，所以，故A错误；若与互斥，则，故B正确；因为，所以与相互独立，故C正确；因为与相互独立，所以，所以，故D错误.故选BC.10.AB由函数的图象，经过轴翻折变换，可得函数的图象，再向右平移1个单位，可得的图象，最终经过轴翻折变换，可得的图象如图所示，则函数的图象关于直线对称，令，因为函数最小的零点为-1，且，故当时，方程有4个零点，所以要使函数有6个不同的零点，且最小的零点为，则或，由，得或，设的四个根从小到大依次为，由函数的图象关于直线对称，得，所以的所有零点之和是6，故A正确；关于的方程的两个实数根为0，1，由韦达定理，得，，故B正确，C､D错误.故选AB.11.BCD对于选项，抛物线的焦点坐标为，故A错误；对于选项B，圆的标准方程为：，点代入圆的方程得，所以圆过点，故B正确；对于选项C，设被所截得的线段为，中点为，联立和有，故，故代入得，解得，故C正确；对于选项D，如图所示，在的上方时，抛物线和圆无交点，联立和有，且，解得，故D正确.故选BCD.12.50先按照从小到大排序：，共12个数据，，第9，10个数据分别为47，53，则第75百分位数为.13.10由，得，又为线段的中点，所以，即，所以.14.6因为函数的图象经过点，所以，即，又，所以，因为在轴右侧的第一个零点为所以，解得，所以，画出与在区间上的图象如图所示，由图可知曲线与的交点有6个.15.解：（1）因为，所以，根据正弦定理得，根据余弦定理得，由于，所以.（2）因为，所以.由余弦定理可知，所以.16.解：（1）由题意知，所以又函数的图象在点处的切线与直线垂直，所以，解得.（2）由（1）知，令，解得或，所以当或时，，当时，，所以的单调递减区间为，单调递增区间为.又所以的极小值为，极大值为.17.（1）证明：设是的中点，连接，因为是的中点，则.因为，所以，所以.因为平面平面，所以，因为，所以.又平面，所以平面.又平面，所以.（2）解：因为平面平面，所以，四边形是正方形，结合（1）的结论可知两两垂直，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设，则，.设平面的法向量为，则令，可得.设平面的法向量为，则令，可得.设平面与平面的夹角为，则.所以，即平面与平面的夹角的正弦值为.18.（1）解：设椭圆的半焦距为，由题意得解得故椭圆的标准方程为.（2）证明：由（1）知，由题意可知直线的斜率不为0，否则将位于轴同侧，0，不合题意；设的方程为，代入，得，由，得，设，则，所以，，直线的方程为令，得，故，同理可得，所以，由，得，即，所以，所以，解得（舍），所以直线的方程为，故直