精品解析：陕西省宝鸡市金台区2025届高三上学期第一次模拟考试数学试题

金台区2025届高三第一次教学质量检测试题 数学 命题人：石油中学 朱文博 金台高中 于粉丽 区教研室 齐宗锁 马晶 2024.09 注意事项：1.考试时间120分钟，满分150分. 2.答卷前，考生将答题卡有关项目填写清楚. 3.全部答案在答题卡上作答，答在本试题上无效. 一、选择题：本大题共8个小题，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. 【答案】B 【解析】 【分析】根据补集结合一元二次不等式求，再根据交集运算求解. 【详解】因为，则， 所以. 故选：B. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. 5 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数除法化简，然后由复数模公式可得. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：B 3. 已知平面向量，，若，则实数（ ） A. -1 B. -2 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算及向量垂直的坐标表示求解. 【详解】因为，， 所以，， 因为， 所以， 解得. 故选：D 4. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦的差角公式结合弦切关系分别计算和，再根据和角公式计算即可. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 所以， 所以，， 所以. 故选：. 5. 蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包下半部分近似一个圆柱，高为2m；上半部分近似一个与下半部分同底的圆锥，其母线长为m，轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是面积为的等腰钝角三角形，则该蒙古包的体积约为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意求圆锥的高和底面半径，再结合锥体、柱体体积运算求解. 【详解】如图所示为该圆锥轴截面，设顶角为， 因为其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是腰长为，面积为的等腰三角形， 所以，解得，则或（舍去）， 由得，， 则上半部分的体积为，下半部分体积为， 故蒙古包的体积为. 故选：C. 6. 已知函数是上的减函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先由题意有，若是上的减函数，故只需当时，单调递减，从而列出不等式组，解不等式组即可. 【详解】当时，单调递减，，且最小值为， 当时，当时，单调递增，不符题意， 又注意到是上的减函数， 故只能抛物线的开口向下即，其对称轴为， 则由题意有，解得． 故选：A. 7. 函数的零点个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】函数的零点个数，即函数与的图像在区间上的交点个数，作函数图像，利用数形结合求解. 【详解】函数，定义域为， 令，， 函数的零点个数即函数与的图像在区间上的交点个数， 作出函数与的图像，如图所示， ，，， ，，， 函数与的图像在区间上有3个交点，即函数的零点有3个. 故选：B 8. 定义在上的函数满足，，，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由已知条件求出一些特值，，，反复利用，可得，，再由与、与的大小关系从而得出结论． 【详解】，， 令得：，又， 反复利用可得： ①， 再令，由，可求得， 同理反复利用可得： ②， 由①②可得：有， ，，而， 所以，， 故． 故选：D． 二、多项选择题：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，有选错或未选的得0分. 9. 下列说法中， 正确的是（ ） A. 数据的第百分位数为 B. 已知随机变量服从正态分布，；则 C. 已知两个变量具有线性相关关系，其回归直线方程，若，则 D. 若样本数据的方差为，则数据的方差为4 【答案】BC 【解析】 【分析】利用第百分位数的性质判断A，利用正态分布的性质判断B，利用回归方程的性质判断C，利用数据方差的性质判断D即可. 【详解】对于A，我们首先按顺序排列数据，得到， 而第百分位数即为中位数，所以该数为，故A错误， 对于B，因为随机变量服从正态分布，， 所以，， 故，得到，故B正确， 对于C，因为，所以， 将代入中，得到，解得，故C正确， 对于D，因为样本数据的方差为， 所以数据的方差为，故D错误. 故选：BC 10. 已知函数，则（ ） A. 有两个极值点 B. 有一个零点 C. 点是曲线的对称中心 D. 直线是曲线的切线 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用导数研究函数的单调性，结合极值点的概念、零点的存在性定理即可判断AB；根据奇函数图象关于原点对称和函数图象的平移变换即可判断C；根据导数的几何意义即可判断D. 【详解】A：， 令得或，令得， 所以在，上单调递增，上单调递减， 所以时取得极值，故A正确； B：因为，，， 所以函数只在上有一个零点，即函数只有一个零点，故B正确； C：令，该函数的定义域为，， 则是奇函数，是的对称中心，将的图象向上移动一个单位得到的图象， 所以点是曲线的对称中心，故C正确； D：令，可得，又， 当切点为时，切线方程为， 当切点为时，切线方程为，故D错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查利用导数研究函数的性质和函数图象的平移变换，其中选项C，构造函数，奇函数图象关于原点对称推出的对称性是解决本题的关键. 11. 平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的．已知在平面直角坐标系xOy中，，，动点满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线C，则下列结论正确的是（  ） A. 曲线C与y轴的交点为和 B. 曲线C关于x轴、y轴对称，不关于原点O对称 C. 点的横坐标的范围是 D. 的取值范围为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意，求得曲线的轨迹方程为，利用轨迹方程，结合选项，逐项判定，即可求解. 【详解】解：设点，因为，可得， 整理得：， 对于A中，当时，解得，即曲线C与y轴的交点为，所以A正确； 对于B中，因为， 用替换，方程不变，则曲线关于x轴对称， 用替换，方程不变，则曲线关于y轴对称， 同时用替换，用替换，方程不变，可得曲线关于原点对称，所以B错误； 对于C中，因为，即可得， 即，即，解得， 即，所以点P的横坐标的取值范围是，所以C正确； 对于D中，因为， 由C项知，所以，故，所以D错误． 故选：AC. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中常数项是______．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式展开式的通项公式求出指定项即可. 【详解】由的展开式的通项得：， 令，得，故． 故答案为：. 13. 若斜率为的直线与轴交于点，与圆相切于点，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】设直线的方程为，则点，利用直线与圆相切求出的值，求出，利用勾股定理可求得. 【详解】设直线的方程为，则点， 由于直线与圆相切，且圆心为，半径为， 则，解得或，所以， 因为，故. 故答案为：. 14. 九宫格数独游戏是一种训练推理能力的数字谜题游戏.九宫格分为九个小宫格，某小九宫格如图所示，小明需要在9个小格子中填上1至9中不重复的整数，小明通过推理已经得到了4个小格子中的准确数字，这5个数字未知，且为奇数，则的概率为__________. 9 7 4 5 【答案】 【解析】 【分析】根据题意列出这个试验的等可能结果，然后求解概率即可； 【详解】这个试验的等可能结果用下表表示： a b c d e 2 1 6 3 8 2 1 8 3 6 6 1 2 3 8 6 1 8 3 2 8 1 2 3 6 8 1 6 3 2 2 3 6 1 8 2 3 8 1 6 6 3 2 1 8 6 3 8 1 2 8 3 2 1 6 8 3 6 1 2 共有12种等可能的结果，其中的结果有8种， 所以的概率为. 故答案为：. 四、解答题：本大题共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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A． （2）若，，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据辅助角公式对条件进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决； （2）先根据正弦定理边角互化算出，然后根据正弦定理算出即可得出周长. 【小问1详解】 方法一：常规方法（辅助角公式） 由可得，即， 由于，故，解得 方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系） 由，又，消去得到： ，解得， 又，故 方法三：利用极值点求解 设，则， 显然时，，注意到， ，在开区间上取到最大值，于是必定是极值点， 即，即， 又，故 方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式） 设，由题意，， 根据向量的数量积公式， ， 则，此时，即同向共线， 根据向量共线条件，， 又，故 方法五：利用万能公式求解 设，根据万能公式，， 整理可得，， 解得，根据二倍角公式，， 又，故 【小问2详解】 由题设条件和正弦定理 ， 又，则，进而，得到， 于是， ， 由正弦定理可得，，即， 解得， 故的周长为 16. 已知椭圆C：（）的一个焦点为，且离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）直线l：与椭圆C交于A，B两点，若面积为，求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据焦点坐标和离心率求出，从而求出，即可求解方程； （2）联立直线与椭圆方程，韦达定理求出弦长，利用点到直线的距离求出高，根据面积建立方程求解即可. 【小问1详解】 由焦点为得，又离心率，得到， 所以，所以椭圆C的方程为. 【小问2详解】 设，， 联立，消y得， ，得到， 由韦达定理得，，， 又因为， 又原点到直线的距离为， 所以， 所以，所以，即，满足， 所以直线l的方程为. 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 【答案】（1） 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2） 方法一： 由（1）得，， 要证，即证，即证恒成立， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 方法二： 令，则， 由于在上单调递增，所以在上单调递增， 又， 所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 故，则，当且仅当时，等号成立， 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以要证，即证，即证， 令，则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，则恒成立， 所以当时，恒成立，证毕. 【解析】 【分析】（1）先求导，再分类讨论与两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解； （2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为的恒成立问题，构造函数，利用导数证得即可. 方法二：构造函数，证得，从而得到，进而将问题转化为的恒成立问题，由此得证. 【小问1详解】 因为，定义域为，所以， 当时，由于，则，故恒成立， 所以在上单调递减； 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 略 18. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，，为线段的中点，平面底面． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 因为平面平面，且平面平面， ，平面ABCD，所以平面，平面，所以， 又因为，为中点，所以， 又，平面，所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）先证明平面，所以，又因为，为中点，所以，由线面垂直的判定即可得证； （2）建立空间直角建系，不妨取，得出平面的法向量，利用空间向量求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设点在底面的射影为点，则平面， 又平面，所以，取中点， 因为，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以，即在的中垂线上， 如图建立空间直角建系，不妨取， 则设为，，，， 所以，，， 由（1）可知，计算得，，所以， 又，， 设平面PBC的法向量为， 则，即，取， 所以． 19. 中国女排是中国各体育团队中成绩突出的体育团队之一，曾是世界上第一个“五连冠”得主，并十度成为世界冠军，2023年在杭州第19届亚运会上女排再度获得冠军．她们那种团结协作、顽强拼搏的精神极大地激发了中国人的自豪、自尊和自信，为我们在新征程上奋进提供了强大的精神力量．如今，女排精神广为传颂，家喻户晓，各行各业的人们在女排精神的激励下，为中华民族的腾飞顽强拼搏．某中学也因此掀起了排球运动的热潮，在一次排球训练课上，体育老师安排4人一组进行传接球训练，其中甲、乙、丙、丁四人刚好围成一个矩形（如图），已知当某人控球时，传给其相邻同学的概率为，传给对角线上的同学的概率为，由甲开始传球． （1）求第3次传球是由乙传给甲的概率； （2）求第次传球后排球传到丙手中的概率； （3）若随机变量服从两点分布，且，，，…，，则，记前次（即从第1次到第次传球）中排球传到乙手中的次数为，求． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设第次传球后排球在甲、乙、丙、丁手中的概率分别为，得到，求出，从而得到第3次传球是由乙传给甲的概率； （2）求出之间的关系式，联立后得到，，进而得到是以为首项，公比为的等比数列，求出； （3）在（2）的基础上求出，求出，利用等比数列求和公式得到答案. 【小问1详解】 设第次传球后排球在甲、乙、丙、丁手中的概率分别为， 则． 第2次传球到乙手中的概率， 所以第3次传球是由乙传给甲的概率为． 【小问2详解】 根据已知条件可得，当时， 联立则有， 所以是首项为，公比为的等比数列，故． 因为，所以， 代入①②式得， 将⑤代入⑥得，， 则， 其中， 故， ， ， ……， ， 由累加法可得， 所以， 所以是以为首项，公比为的等比数列， 所以， 故第次传球后排球传到丙手中的概率为． 【小问3详解】 随机变量服从两点分布，设第i次未传到乙手中的概率为， 则排球第i次传到乙手中的概率为， 则． 由（2）知 ， 其中， 所以． 【点睛】方法点睛：由递推公式求解通项公式，根据递推公式的特点选择合适的方法， （1）若，采用累加法； （2）若，采用累乘法； （3）若，可利用构造进行求解； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 金台区2025届高三第一次教学质量检测试题 数学 命题人：石油中学 朱文博 金台高中 于粉丽 区教研室 齐宗锁 马晶 2024.09 注意事项：1.考试时间120分钟，满分150分. 2.答卷前，考生将答题卡有关项目填写清楚. 3.全部答案在答题卡上作答，答在本试题上无效. 一、选择题：本大题共8个小题，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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. 5 D. 10 3. 已知平面向量，，若，则实数（ ） A. -1 B. -2 C. 1 D. 2 4. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包下半部分近似一个圆柱，高为2m；上半部分近似一个与下半部分同底的圆锥，其母线长为m，轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是面积为的等腰钝角三角形，则该蒙古包的体积约为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数是上的减函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 函数的零点个数为（ ） A. B. C. D. 8. 定义在上的函数满足，，，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，有选错或未选的得0分. 9. 下列说法中， 正确的是（ ） A. 数据的第百分位数为 B. 已知随机变量服从正态分布，；则 C. 已知两个变量具有线性相关关系，其回归直线方程，若，则 D. 若样本数据的方差为，则数据的方差为4 10. 已知函数，则（ ） A. 有两个极值点 B. 有一个零点 C. 点是曲线的对称中心 D. 直线是曲线的切线 11. 平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的．已知在平面直角坐标系xOy中，，，动点满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线C，则下列结论正确的是（  ） A. 曲线C与y轴的交点为和 B. 曲线C关于x轴、y轴对称，不关于原点O对称 C. 点的横坐标的范围是 D. 的取值范围为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中常数项是______．（用数字作答） 13. 若斜率为的直线与轴交于点，与圆相切于点，则____________． 14. 九宫格数独游戏是一种训练推理能力的数字谜题游戏.九宫格分为九个小宫格，某小九宫格如图所示，小明需要在9个小格子中填上1至9中不重复的整数，小明通过推理已经得到了4个小格子中的准确数字，这5个数字未知，且为奇数，则的概率为__________. 9 7 4 5 四、解答题：本大题共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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A． （2）若，，求的周长． 16. 已知椭圆C：（）的一个焦点为，且离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）直线l：与椭圆C交于A，B两点，若面积为，求直线的方程. 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：当时，． 18. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，，为线段的中点，平面底面． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 19. 中国女排是中国各体育团队中成绩突出的体育团队之一，曾是世界上第一个“五连冠”得主，并十度成为世界冠军，2023年在杭州第19届亚运会上女排再度获得冠军．她们那种团结协作、顽强拼搏的精神极大地激发了中国人的自豪、自尊和自信，为我们在新征程上奋进提供了强大的精神力量．如今，女排精神广为传颂，家喻户晓，各行各业的人们在女排精神的激励下，为中华民族的腾飞顽强拼搏．某中学也因此掀起了排球运动的热潮，在一次排球训练课上，体育老师安排4人一组进行传接球训练，其中甲、乙、丙、丁四人刚好围成一个矩形（如图），已知当某人控球时，传给其相邻同学的概率为，传给对角线上的同学的概率为，由甲开始传球． （1）求第3次传球是由乙传给甲的概率； （2）求第次传球后排球传到丙手中的概率； （3）若随机变量服从两点分布，且，，，…，，则，记前次（即从第1次到第次传球）中排球传到乙手中的次数为，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $