2025届高三年级9月份联考
数学试题
本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：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．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交．
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．已知命题，；命题，是质数，则（ ）
A．均是真命题 B．均是真命题
C．均是真命题 D．均是真命题
2．已知曲线过抛物线的焦点，则的准线方程为（ ）
A． B． C． D．
3．已知是关于的方程的一个根，则（ ）
A． B．0 C．1 D．20
4．已知半径为3，高为1的圆锥底面圆周上的点和顶点均在球的表面上，则球的体积为（ ）
A． B． C． D．
5．已知数列满足，则（ ）
A．2 B． C． D．
6．在中，内角的对边分别为，已知，，则外接圆的半径为（ ）
A．1 B． C．2 D．
7．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
8．若则的最小值为（ ）
A． B．10 C． D．2
二、选择题：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．对于函数和，则（ ）
A．与的零点相同 B．与的最小值相同
C．与的最小正周期相同 D．与的极值点相同
10．已知正数满足，则（ ）
A． B． C． D．
11．某箱中有若干个编号依次为的球，每个球除编号外完全相同．现从箱中每次不放回地取一个球，若第次取出球的编号为，则记为，则下列说法正确的是（ ）
A．若则
B．若则
C．若则事件和事件相互独立
D．若则事件和事件相互独立
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知，，若，则______．
13．已知二项式的展开式中的常数项为，则______．
14．已知椭圆与圆有四个不同的公共点，其中．若，则的最大值为______．
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，证明过程或演算步骤．
15．（本小题满分13分）
已知某批矿物晶体中含有大量水分子，且经过测量发现其中轻水分子，重水分子，超重水分子的比例为．
（1）现利用仪器从一块矿物晶体中分离出3个水分子，用频率估计概率，求至少分离出2个轻水分子的概率；
（2）从一块矿物晶体中分离出10个水分子，其中轻水分子的个数有6个，然后再从这10个水分子中随机分离出3个水分子来进行后续的实验，记这3个水分子中轻水分子的个数为，求的数学期望．
16．（本小题满分15分）
已知首项为1的等差数列的公差为2，又数列满足．
（1）求数列的前项和；
（2）在中，内角的对边分别为，且，，求面积的最大值．
17．（本小题满分15分）
如图，在正四棱台中，，，，棱上的点满足取得最小值．
（1）证明：平面；
（2）在空间取一点为，使得，设平面与平面的夹角为，求的值．
18．（本小题满分17分）
已知双曲线的右焦点到其中一条渐近线的距离为
（1）求的标准方程；
（2）若过的直线与的左、右支分别交于点，与圆交于与不重合的两点．
①求直线斜率的取值范围；
②求的取值范围．
19．（本小题满分17分）
已知函数，．
（1）证明：当时，曲线关于点对称；
（2）若为曲线的公共点，且在处存在共同的切线，则称该切线为的公切线．若曲线与曲线存在两条互相垂直的公切线，求，的值．
2025届高三年级9月份联考
数学参考答案及解析
一、选择题
1．B【解析】由已知得，命题为假命题，所以命题为真命题；当时，是质数，所以命题为真命题．故选 B．
2．C【解析】由函数过轴上定点，即为的焦点，故的准线方程为．故选C．
3．A【解析】因为是关于的方程的一个根，所以，所以，因为，所以，所以，所以．故选A．
4．D【解析】设球的半径为，即，解得，所以球的体积为．故选D．
5．B【解析】由题意可得①，所以时，②，①—②得，所以，所以．故选B．
6．A【解析】因为，，所以，所以，即，所以，又因，所以，所以外接圆的半径为．故选A．
7．D【解析】因为，，
，故，且，故，故．故选D．
8．B【解析】的几何意义是点与函数的图象上任意一点距离的平方，即，要使得存在最小值，必须在上有解，当，单调递增，所以在上至多存在一个零点，因为，所以在上存在一个零点3，所以取得最小值为．故选B．
二、选择题
9．BC【解析】A选项，令，解得，，令，解得，，显然，零点不同，A选项错误；
B选项，显然，B选项正确；
C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确；
D选项，对令，得，，对令，得，，显然，的极值点不同，D选项错误．故选BC．
10．BCD【解析】对于A，，，，，，解得，故A错误；
对于C，函数，则，时，，单调递减；时，，单调递增，，，即，时，等号成立，因为时，，所以，即，故C正确；
对于BD，已知，则，，当且仅当，即时，等号成立，所以，故B正确，所以，得，故D正确．故选BCD．
11．BC【解析】若，则只可能第1次取出的球编号为1，故，，A错误；若，则第1次未取到编号为1的球，且总计4个球，分情况讨论：若第1次取编号为2的球，第2次取编号为1号或3号或4号球，共3种情况；若第1次取编号为3的球，第2次取编号为1号或2号或4号球，共3种情况；若第1次取编号为4的球，第2次取编号为1号或2号或3号球，共3种情况，总计9种情况，第2次取编号为2的球的情况共2种，故，B正确；
若，则前两次均未取编号为1的球，故，，
满足，C正确；
若，则前两次均未取编号为1的球，且总计5个球，前两次可取的只能为编号为2号或3号或4号或5号球．，且，而第2次取球需分情况讨论：若第1次取编号为3的球，第2次取编号为2号或4号或5号球，共3种情况；若第1次取编号为2的球，第2次取编号为3号或4号或5号球，共3种情况；若第1次取编号为4的球，第2次取编号为2号或3号或5号球，共3种情况；若第1次取编号为5的球，第2次取编号为2号或3号或4号球，共3种情况，总计12种情况，第2次取编号为3的情况共3种，故，，D错误．故选BC．
三、填空题
12．【解析】因为，，，所以，解得．故答案为．
13．1【解析】，令，即，故，即．故答案为1．
14．【解析】在中，令得，，所以与轴的交点为的焦点，在同一坐标系中作出，有四个不同的公共点，则，即，所以，令，所以，，当时，，单调递增，，所以的最大值为．故答案为．
四、解答题
15．解：（1）设事件“至少分离出2个轻水分子”，由题意知分离出1个轻水分子的概率为，分离出1个非轻水分子的概率为，所以，
故至少分离出2个轻水分子的概率为．
（2）因为分离出10个水分子，其中轻水分子有6个，则重水和超重水分子个数共有4个，随机变量的所有可能取值为，（6分）
则，，
，．
故．（13分）
16．解：（1）由题意知为等差数列：首项，公差
，则，由题意可得，
．
（2）由题意可得，由余弦定理得：，，即，当且仅当时取等号，，即面积的最大值为．
17．解：（1）在等腰梯形中，因为，，
所以，所以，
将侧面与侧面沿着展平到同一个平面内，连接，如图，
可得当且仅当时，取得最小值，此时，
设与交于，再连结，因为，所以，所以，
因为平面平面，所以平面．
（2）设上底面的中心为，则两两垂直，分别以直线为轴建立空间直角坐标系，在直角梯形中得，
，
显然平面的法向量为，，，，，所以，
不妨设
设平面的一个法向量为，所以，
不妨设，所以．
18．解：（1）由题意可得，且右焦点
到渐近线的距离为，
所以，，所以的标准方程为．
（2）①由（1）知，，设，，
由题意可得直线的斜率存在且不为零，
设直线的方程为，
与联立得，
所以，，，，
又两点在轴同一侧，所以．此时，即．
圆的方程为，点到直线的距离，
由得，由得所以或，
因为直线的斜率，所以直线斜率的取值范围是．
②
．
，
所以，
设，则
，
所以的取值范围是．
19．解：（1）当时，
令，
即，定义域为，
所以
，
即
所以曲线关于点对称．
（2）设曲线与曲线的两条互相垂直的公共切线的切点的横坐标分别为，
其公切线的斜率一定存在，分别设为，则，
因为，所以，
不妨设，则，，，，
因为，
由公切线的定义得，，所以，
同理，所以，化简得，，
因为曲线上的点也在曲线上，
所以，所以，所以，．
