2025届贵州省贵阳七校联盟高三上学期第一次联考数学试卷（PDF版，含解析）

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贵阳市七校 2025 届高三年级联合考试（一）
数学参考答案
一、单项选择题（本大题共 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）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C B A D C A B D
【解析】
1．因为 a i z i z z a i (a 1) (a 1)i ，所以 ，因为复数 z 为纯虚数，所以
1 i 2
a 1 0，a 1 0，所以 a 1，故选 C．
2．集合 A {x | x2 3x 2≤0} [1，2] ，B (a，a 2) ，A B 0 a 1，所以 a 0是 A B
的必要不充分条件，故选 B．

3．设OA a 2π，OB b ，OC c ，因为 a b c ，所以四边形OACB 是 AOB 的菱形，
3
π
所以 a 与 a b 的夹角即 OAB ，故选 A．
6
4 80 3 75 2 3 2．可估计全班学生数学的平均分为 78 ，方差为 [7 (80 78)2 ] [2 (75 78)2 ]
5 5 5 5
11，故选 D．
x x x
5 e 1 1 e．因为 f ( x) x x f (x) ，所以 f (x) f (x)
e 1 2
为奇函数，又因为
e 1 e 1 ex
1
1
2
x ， 所 以 f (x) 为 R 上 的 增 函 数 ． 因 为 f (m
2 ) f (m 2) 0 ， 所 以
e 1
f (m2 ) f (m 2) f (2 m) ，所以m2 2 m ，即m2 m 2 0 ，解得m 2 或m 1，
所以实数m 的取值范围为 ( ， 2) (1， ) ，故选 C．
6．根据题意可得 A D A E，A D A F，A E A F ，且 A E 1，A F
1， A D 2，所以三棱锥 D A EF 可补成一个长方体，则三棱锥
D A EF 的外接球即为长方体的外接球，如图 1 所示，设长方体
图 1
数学参考答案·第 1 页（共 8 页）
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的外接球的半径为 R ，可得 2R 12 12 22 6 6，所以 R ，所以外接球的体积为
2
3
4 3 4 V πR π 6 6π ，故选 A． 3 3 2
7．由函数的图象可知： f (1) 0，f (2) 0 ，解得 b 3，c 2 ，所以 f (x) x3 3x2 2x ，可
得 f (x) 3x2 6x 2 x x 2 x x 2 ， 由 韦 达 定 理 得 1 2 ， 1 2 ， 所 以3
f (x1) f (x2 ) (x 2 21 x2 ) x1x2 3(x1 x2 ) 2 ，故选 B． x1 x2 3
8 b 2 b a 2b b a 2 b 2．因为 2≥4 ，当且仅当 a b 时，等号成立，因为3t2 t≤
a b a b a b 3 a b
4
恒成立，所以3t2 t≤4 ，即 (3t 4)(t 1)≤0，解得 1≤t≤ ，故选 D．
3
二、多项选择题（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，有
多项是符合题目要求的，全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分）
题号 9 10 11
答案 ABD ACD AC
【解析】
9 A 2 π π 1 2π 2 π ．由图可得， ， ，解得 ，故 A 正确；又函数图象经过点 ，2 ，3 12 4 12
则 2sin 2 π π π π π π

2 ，即 sin 1，因 | | ，故 ，解得 ，故
12 6 2 6 2 3
f (x) 2sin 2x π B x 5π ；对于 ，当 时， 2x
π π
，此时函数取得最小值，故 B
3 12 3 2
C f x 2π 正确；对于 ， 2sin
2x 4π π 2sin 2x ，是奇函数，故 C 错误；对于 D，
3 3 3
f (x) 2sin π 将函数 2x 图象上所有点的横坐标变为原来的 2 倍，将得到函数
3
y 2sin x
π
的图象，故 D 正确，故选 ABD．
3
10．对于 A：直线 l：kx y 2k 1 0 ，整理为 k(x 2) y 1 0，不管 k 为何值，直线 l 始
终过点 ( 2，1) ，故 A 正确；对于 B： k 1时直线 l 的方程为 x y 1 0，它不过圆C 的
圆心 (0，3)，故 B 不正确；对于 C：由 A 知当 ( 2，1) 是线段 AB 的中点时，此时弦长 AB
数学参考答案·第 2 页（共 8 页）
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最短，而圆C：x2 (y 3)2 16，圆心是 (0，3)，半径 r 4，圆心 (0，3)和点 ( 2，1) 的距
离是 2 2 ，所以最短弦长 | AB | 2 r2 (2 2)2 4 2 ，故 C 正确；对于 D：当 k 2时，
直线 l：2x y 3 0 ，曲线 x2 y2 2 x ( 6)y 3 7 0，即 x2 y2 6y 7
(2x y 3) 0 ，显然该曲线过直线 l 与圆C 的交点，故 D 正确，故选 ACD．
11．由题意知函数 y f (x) 的图象关于点 (2，1) 对称，所以 f (2) 1 ，A 正确；若函数
f (x) sin(πx) 1，则函数 g(x) πcos(πx) ， g(2) π，B 错误；易得函数 y f (x) 的周期
也为 2，而函数 y f (x 2) 1是奇函数，所以函数 y f (x) 1是奇函数，C 正确；若函
2024
数 f (x) sin(πx) 1，则 f (1) 1，所以 f (k) 2024，D 错误，故选 AC．
k 1
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
题号 12 13 14
π
答案 2
3 2 3
【解析】
12 a b c
2 2 2
．由正弦定理得 ，即b2 c2 a2 bc cos A b c a bc ，由余弦定理得
c b a b 2bc 2bc
1 A (0 π) A π ，又 ， ，所以 ．
2 3
n
13 a a
k

．因为 x 的展开式的二项式系数和为 32，所以 n 5 ， T Ck ( x )5 k x k 1 5

x
k 5 3kC5 ( a)
k x 2 ，所以 x 2 的系数为C3 35 ( a) 80 ，所以 a 2 ．
14． f (x) (x3 ax2 x a) log0.5 (x b) (x
2 1)(x a) log0.5 (x b) ，且 y x
2 1 0 恒成立，
y x a 在定义域上单调递增且零点为 x a ， y log0.5 (x b) 在定义域上单调递减且零
点为 x 1 b ，故 y x a 与 y log0.5 (x b) 在定义域内函数值正负相反且零点重合，则
a 1 b a b 1，所以3a 3b≥2 3a 3b 2 3 ．
数学参考答案·第 3 页（共 8 页）
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四、解答题（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）
（1）证明：由 Sn 2an n 可得，
当 n 1时，a1 2a1 1，解得 a1 1， …………………………………………………（2 分）
当 n≥2时， Sn 1 2an 1 (n 1) ，
所以 an 1 Sn 1 Sn 2an 1 2an 1，
即 an 1 2an 1， …………………………………………………………………………（4 分）
a
所以 n 1
1 2a n 1 1 2 为常数，且 a 1 2，
an 1 an 1
1
所以数列{an 1}是以 2 为首项，2 为公比的等比数列．
………………………………………………………………………………………（6 分）
（2）由（1）得 a n 1 nn 1 2 2 2 ，则 an 2
n 1，
………………………………………………………………………………………（7 分）
所以 Sn 2an n 2
n 1 n 2 ，…………………………………………………………（9 分）
所以Tn S1 S2 Sn (2
2 23 2n 1) [3 4 (n 2)]
4 2n 2 n(3 n 2) 2
2n 2 4 n 5n ． …………………………………………（13 分）
1 2 2 2
16．（本小题满分 15 分）
（1）证明：因为 AB AD，CB CD，
所以△ABC ≌△ADC ，所以△ABO≌△ADO．
所以 BO OD ， AOB AOD 90 ，所以 AC BD ．……………………………（3 分）
因为 AB AP，BC PC，AC AC ，所以△ABC ≌△APC ．
因为 BO AC ，所以 PO AC ，
又因为 PO BD O ， PO 平面 PBD ， BD 平面 PBD ，
所以 AC 平面 PBD ． …………………………………………………………………（6 分）
数学参考答案·第 4 页（共 8 页）
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（2）解：由（1）可知OB OC ，因为 AB 5，BC 2 5，AC 5，
所以 AB2 BC2 AC2 ，所以 ABC 90 ，
10从而由等面积法，可知 BO 2 ，
5
由勾股定理，可知 AO 5 4 1，
因为 PB 2 2 ，所以 PB2 PO2 BO2 ，所以 PO OB ．
又因为 PO AC ，所以 PO 平面 ABCD．……………………………………………（8 分）
以O为原点，OB，OC，OP 所在直线分别为 x，y，z 轴，
建立如图 2 所示的空间直角坐标系，
由（1）可知 BO OD OP ，
所以OD OP 2，所以 P(0，0，2)，
图 2
因为 B(2，0，0)，A(0， 1，0)，D( 2，0，0)，C(0，4，0) ，
………………………………………………………………………………………（10 分）
因为点Q为线段 PC 的中点，所以Q(0，2，1) ，………………………………………（11 分）

所以 BQ ( 2，2，1)，PA (0， 1， 2)，PD ( 2，0， 2) ，
设平面 PAD 的法向量为 n (x，y，z) ，


PA n 0，
则
PD n 0，
令 z 1，解得 x 1，y 2 ，
所以平面 PAD 的法向量为 n (1，2， 1) ，……………………………………………（13 分）
设直线 BQ与平面 PAD 所成角为 ，

则 sin | cos | n BQ n，BQ |
| 1 6
，
| n | | BQ | 6 3 18
BQ PAD 6所以直线 与平面 所成角的正弦值为 ．…………………………………（15 分）
18
数学参考答案·第 5 页（共 8 页）
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17．（本小题满分 15 分）
1 1 ax 1解：（ ）由题意得 f (x) 的定义域为 (0， )， f (x) a ，
x x
………………………………………………………………………………………（2 分）
当 a≤0，x (0， ) 时， f (x) 0 ，所以 f (x) 在区间 (0， )内单调递减；
当 a 0时，令 f (x) 1 0，得 x ，
a
当 x 1 0， 时， f (x) 0，f (x) 单调递减；
a
1 当 x ， 时， f (x) 0，f (x) 单调递增．
a
综上，当 a≤0 时， f (x) 在区间 (0， )内单调递减；………………………………（4 分）
当 a 0时， f (x) 0 1 1 在 ， 上单调递减，在 ， 上单调递增．………………（6 分）
a a
x x
（2）当 a 1时，由 f (x) 2ke x x lnx 2ke x≤ ，得 ≤ ，
x x
2
整理得 2kex≥x2 x xlnx 2k x x xlnx，即 ≥ x ．……………………………………（8 分） e
2
x x xlnx令 h(x) ，
ex
h (x) (2x 1 lnx 1)e
x (x2 x xlnx)ex (x lnx)(1 x)
则 x 2 x ，……………………（10 分） (e ) e
由（1）知，当 a 1时， f (x) x lnx的最小值为 f (1) 1 0，
即 x lnx 0 恒成立， …………………………………………………………………（11 分）
所以当 x (0，1) 时， h (x) 0，h(x) 单调递增；
当 x (1， )时，h (x) 0，h(x) 单调递减．…………………………………………（13 分）
2 2故当 x 1时， h(x) 取得最大值 h(1) ，即 2k≥ ，
e e
k 1 故 的取值范围为 ， ．…………………………………………………………（15 分） e
18．（本小题满分 17 分）
解：（1）记甲同学先投 3 分球，投篮 2 次就终止投篮的事件为 A，
p(A) 1 1 1 1 1 1


1 . 5 2 5 2 2
………………………………………………………………………………………（4 分）
数学参考答案·第 6 页（共 8 页）
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（2）记甲同学先投 3 分球通过测试的概率为 p1，
p 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 7则 1 ；…………………………………（7 分） 5 2 5 2 2 5 2 2 20
记甲同学先投 2 分球通过测试的概率为 p2 ，
p 1 1 1 1 1 1 1 1 7则 2

1



1

； 2 2 2 2 5 2 2 5 20
因为 p1 p2 ，故甲同学先投 2 分或先投 3 分是一样的．……………………………（10 分）
（3）记甲同学先投 3 分球投篮累计得分为 X，先投 2 分球投篮累计得分为 Y，
X 可能取 0，2，3，4，5，………………………………………………………………（11 分）
P(X 0) 4 1 2 4 1 1 1 ， P(X 2) ，
5 2 5 5 2 2 5
P(X 3) 1 1 1 1 4 1 1 1 ， P(X 4) ，
5 2 2 20 5 2 2 5
P(X 5) 1 1 1 1 1 3 ，
5 2 5 2 2 20
E(X ) 1 1 1 3 2 3 4 5 2.1．……………………………………………（14 分）
5 20 5 20
Y 可能取 0，2，4，5，
P(Y 0) 1 1 1 1 1 4 2 ， P(Y 2) C1
2 2 4 2
，
2 2 5 5
P(Y 1 1 1 1 1 1 1 4) ， P(Y 5) C1 ，
2 2 4 2 2 2 5 10
E(Y ) 2 2 1 1 23 4 5 2.1．
5 4 10 10
故甲同学先投 2 分球投篮累计得分期望最大． ………………………………………（17 分）
19．（本小题满分 17 分）
解：（1）因为点 P 在椭圆 C 上， PF x 轴，且 | PF | 1，
故 F ( 2，0)，所以 P 的坐标为 ( 2，1)，
2 1所以 2 1，解得 a
2 4 ，a 2．……………………………………………（4 分）
a a2 2
2 2
（2）由（1）知椭圆 C x y的方程为 1，
4 2
2 2 2
M (x y x0 y0 2 x设动点 00， 0 ) ，则 1，所以 y0 2 ，………………………………（5 分） 4 2 2
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故 | MF | (x0 2)
2 y2 20 | x0 2 2 | ，…………………………………………（7 分） 2
| MN | | x0 2 2 | ，………………………………………………………………………（9 分）
| MF | 2
所以 ．………………………………………………………………………（10 分）
| MN | 2
（3）不妨设 AFB ，△ABF 的外接圆半径为 R ，
| AF | | BF | | AB |则由正弦定理 2R ，
sin sin sin
所以 | AF | 2Rsin ，| BF | 2Rsin ，| AB | 2Rsin ．…………………………………（12 分）
如图 3，过 A，B分别作直线 x 2 2 的垂线，垂足分别为
D，E ，
过 B 作 BG AD于点G ，
2 | AF | 2 | BF | 2 图 3 由（ ）的结论可得 ， ，
| AD | 2 | BE | 2
所以 | AF | | BF | 2 (| AD | | BE |) ，即 2Rsin 2 2Rsin | AG |，
2 2
所以 | AG | 2 2R(sin sin ) ，………………………………………………………（14 分）
k 2 tan BAG 2又 AB ，得 ， 2 2
| AG |则 cos BAG 6 2 2R(sin sin ) 6 ，即 ，…………………………（16 分）
| AB | 3 2Rsin 3
sin sin 3 sin 3 π所以 ≤ ，当且仅当 时等号，
3 3 2
所以 sin sin 3的最大值为 ．……………………………………………………（17 分）
3
数学参考答案·第 8 页（共 8 页）
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