精品解析：河北省邯郸市2024-2025学年高三上学期第一次调研考试数学试题

邯郸市2025届高三年级第一次调研监测 数学 本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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，，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知为等差数列的前n项和，且，则（ ） A. 3 B. 2 C. D. 4. 已知正三棱台的体积为，若，则该正三棱台的高为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 在第33届夏季奥运会期间，中国中央电视台体育频道在某比赛日安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天A，B，C三个比赛场地的现场报道，且每个场地至少安排一人，甲不在A场地的不同安排方法数为（ ） A. 32 B. 24 C. 18 D. 12 7. 已知函数，，若和图象存3个交点，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 设双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，点P在双曲线C上，过点P作两条渐近线的垂线，垂足分别为D，E，若，且，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. 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. 某公司计划组织秋游活动，定制了一套文化衫，女职工需要不同尺码文化衫的频数如图． 根据图中数据，下列结论正确的是（ ） A. 文化衫尺码的众数为187 B. 文化衫尺码的平均数为165 C. 文化衫尺码的方差为28 D. 文化衫尺码的中位数为165 10. 已知函数满足：，，则（ ） A. B. 为奇函数 C. 为周期函数 D. 11. 已知实数a，b是方程两个根，且，，则（ ） A. ab的最小值为9 B. 的最小值为18 C. 的最小值为 D. 的最小值为12 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知集合，，则______． 13. 若过点的直线是曲线和曲线的公切线，则________． 14. 已知有穷递增数列的各项均为正整数，所有项的和为S，所有项的积为T，若，则该数列可能为________．（填写一个数列即可） 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. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，BC，AC边上的两条中线AD，BE相交于点P． （1）求； （2）若，BE＝2，，求的面积． 16. 如图，已知正四面体底面与正四棱锥的一个侧面重合． （1）求证：； （2）求二面角的余弦值. 17. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，椭圆C的右焦点与抛物线的焦点重合，两曲线在第一象限的交点为P，的面积为. （1）求椭圆C的方程； （2）过点P直线l交椭圆C于另一点A，若，求l的方程. 18. 已知函数，． （1）求的单调区间； （2）当时，，求实数a的取值范围； （3）证明：． 19. 设是二维离散型随机变量，它们的一切可能取值为，其中，，则称为二维随机变量的联合分布列．定义：，称（，，…）为关于X的边际分布列，，称（，，…）为关于Y的边际分布列；对于固定的j，称（）为给定条件下的离散型随机变量的条件分布列，则二维离散型随机变量的联合分布列与边际分布列如表： … … … … … … … … … … … 1 （1）求证：对于，； （2）若的联合分布列与边际分布列如表： 1 2 3 1 0.3 0.1 0.1 0.5 2 0.05 0.1 015 0.3 3 0.05 0.1 0.05 0.2 0.4 0.3 0.3 1 求给定条件下Y的条件分布列； （3）把三个相同的小球等可能地放入编号为1，2，3的三个盒子中．记放入1号盒子的球的个数为，放入2号盒子的球的个数为，则是一个二维离散型随机变量．列出的联合分布列与边际分布列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 邯郸市2025届高三年级第一次调研监测 数学 本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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，，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标表示可得． 【详解】依题意，又，所以，解得． 故选：A 2. 若，则（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知可得，利用复数的除法法则计算可求，进而可求. 【详解】由，得，所以， 得，所以． 故选：C． 3. 已知为等差数列的前n项和，且，则（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列中及等差中项的性质计算即可得. 【详解】，所以． 故选：B. 4. 已知正三棱台的体积为，若，则该正三棱台的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设出三棱台的高，求出上下底面的面积，根据棱台体积公式列出方程，求出高. 【详解】在正三棱台中，上、下底面均为正三角形，设正三棱台的高为h， 则，， 又，解得． 故选：A 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先应用同角三角函数公式切化弦，再应用两角和与差的正弦公式计算即可. 【详解】由，得，所以， 又， 所以，， 所以． 故选：D. 6. 在第33届夏季奥运会期间，中国中央电视台体育频道在某比赛日安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天A，B，C三个比赛场地的现场报道，且每个场地至少安排一人，甲不在A场地的不同安排方法数为（ ） A. 32 B. 24 C. 18 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】按照A场地安排人数分类讨论，结合分类加法原理，利用排列组合知识求解即可. 【详解】按照A场地安排人数，可以分以下两类： 第一类，A场地安排1人，共种安排方法， 第二类，A场地安排2人，共种安排方法， 由分类加法计数原理得，共有（种）不同安排方法. 故选：B 7. 已知函数，，若和图象存在3个交点，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由，可知，关于点对称，由函数的对称性即可求出答案. 【详解】因为， 又， 所以关于点对称，又， 所以也关于点对称，因为，， 所以交点，，中必定含有一个点为， 且剩余两个点关于点对称，故． 故选：C. 8. 设双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，点P在双曲线C上，过点P作两条渐近线的垂线，垂足分别为D，E，若，且，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由双曲线的渐近线方程和点到直线的距离公式得到，再由双曲线的定义和向量的数量积为零得到，最后结合三角形的面积公式求出离心率即可. 【详解】设，则，即， 双曲线C的渐近线方程为， 所以， 又，平方后得， 又在中，由可得， 所以， 两式相减，整理得， 所以， 因为， 所以，解得． 故选：C. 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. 某公司计划组织秋游活动，定制了一套文化衫，女职工需要不同尺码文化衫的频数如图． 根据图中数据，下列结论正确的是（ ） A. 文化衫尺码的众数为187 B. 文化衫尺码的平均数为165 C. 文化衫尺码的方差为28 D. 文化衫尺码的中位数为165 【答案】BD 【解析】 【分析】根据统计图可得样本数据的平均数、众数、中位数和方差，再逐一判断即可. 【详解】解：由题图知，众数为165，故A错误； 总数为， 平均数为，故B正确； 方差为，故C错误； 中位数为165，故D正确． 故选：BD 10. 已知函数满足：，，则（ ） A. B. 为奇函数 C. 为周期函数 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过代入特殊值即可判断AB两个选项，将代入关系式即可得到关系式，从而判断出C选项，由C中的关系式判断出D选项. 【详解】取，代入， 得，解得，故A正确，B错误； 令，则，即， 故， 所以是周期为6的周期函数，故C正确； 又，，所以，故D正确． 故选：ACD 11. 已知实数a，b是方程的两个根，且，，则（ ） A. ab的最小值为9 B. 的最小值为18 C. 的最小值为 D. 的最小值为12 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用韦达定理求出的范围，然后可得关系，然后结合基本不等式逐项判断即可． 【详解】因为实数a，b是方程的两个根， 所以，所以或， 由根与系数的关系得，，， 又，，所以，且，综上得． 消去k，得， 由基本不等式得，即， 令，则，解得或（舍去）， 当时，，解得，当时，ab的最小值为9，故A正确； 因为，当时取等号，的最小值为18，故B正确； ， 当，即，时取等号， 所以的最小值为，故C正确； 因为，所以， ， 当，即，时等号成立，此时的最小值为13，故D错误． 故选：ABC 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知集合，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据指数不等式的解法和交集的运算求解 【详解】由题意，可得，又，所以． 故答案为： 13. 若过点的直线是曲线和曲线的公切线，则________． 【答案】 【解析】 【分析】设该公切线在的切点为，借助导数的几何意义可得切线，再与曲线切于，计算即可得解. 【详解】设直线与曲线的切点为， 由，得切线方程为，又， 所以，将点代入，有， 解得（负值舍去），所以切线方程为， 设切线与曲线的切点为， 又，所以，，， 消去、，得， 令，， 当且仅当时，等号成立， 即函数在上单调递增，又， 所以方程的实数解为， 故有，解得. 故答案为：. 14. 已知有穷递增数列的各项均为正整数，所有项的和为S，所有项的积为T，若，则该数列可能为________．（填写一个数列即可） 【答案】1，5，24（答案不唯一，符合题意即可） 【解析】 【分析】根据题意不妨令，可得，结合题意代值验证即可. 【详解】由题意得，不妨令，则且，，是正整数． 可得，， 因为，即， 当，时，，无解； 当，时，，无解； 当，时，，无解； 当，时，，解得，满足题意． 此时该数列为1，5，24． 故答案为：1，5，24.（答案不唯一，符合题意即可） 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. 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，BC，AC边上的两条中线AD，BE相交于点P． （1）求； （2）若，BE＝2，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边角互化，再结合余弦定理求解即可； （2）由余弦定理结合面积公式计算. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理得， 由余弦定理得，又， 所以. 【小问2详解】 因为P是BC，AC边上的两条中线AD与BE的交点，所以点P是的重心. 又，，， 所以在中，由余弦定理 ， 所以，又，，所以，所以， 所以的面积为． 16. 如图，已知正四面体的底面与正四棱锥的一个侧面重合． （1）求证：； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）分别取棱BC，DE的中点G，H，连接FG，GH，AH，结合正方形的性质利用线面垂直的判定定理证明，进而证明，从而利用线面垂直的性质定理得； （2）通过线面垂直的性质定理得GH，BC，GM两两垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角的平面角的余弦值. 【小问1详解】 如图，分别取棱BC，DE的中点G，H，连接FG，GH，AH， 因为已知正四面体的底面与正四棱锥的一个侧面重合． 所以所有棱长均相等，所以，， 又为正四棱锥，所以底面BCDE为正方形，所以， 由，平面， 所以平面，因为，所以平面， 由，，且，平面， 故平面，所以平面FGH与平面AHG重合， 即平面，而，所以，所以． 【小问2详解】 由（1）可知，在平面AFGH中，，， 所以四边形AFGH为平行四边形，所以． 取棱AF的中点M，连接GM，AG，可得， 因为GM在平面AFGH中，所以，可得， 由平面，而平面， 得，则GH，BC，GM两两垂直． 设棱长为a，则，， 以G为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 所以，， 设平面BCF的一个法向量为， 则即， 令，则，，即平面BCF的一个法向量为， 又平面BCD的一个法向量为，， 因为二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为. 17. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，椭圆C的右焦点与抛物线的焦点重合，两曲线在第一象限的交点为P，的面积为. （1）求椭圆C的方程； （2）过点P的直线l交椭圆C于另一点A，若，求l的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由抛物线的焦点坐标可求出，设，由的面积为可求出点P，由椭圆的定义即可求出，结合，即可求出椭圆C的方程； （2）由可得，求出直线的方程，联立直线的方程与椭圆方程可得求出点，即可求出l的方程. 【小问1详解】 由抛物线方程知，所以， 设，则， 又点在抛物线上，所以， 解得，即， 根据椭圆定义， 解得，，所以，所以椭圆C的方程为. 【小问2详解】 因为，所以，又， 直线，联立， 消去y得，，解得或， 当时，， 当时，， 所以或， 又因为直线l过点， 所以或， 可求得直线l的方程为或， 即或. 18. 已知函数，． （1）求的单调区间； （2）当时，，求实数a的取值范围； （3）证明：． 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为 （2） （3）证明见详解 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数求原函数的单调区间； （2）令，可知对任意恒成立，取特殊值得必要条件，再从充分性角度研究时，利用导数证明恒成立即可； （3）由（2）可知：，取，可得，进而分析证明 【小问1详解】 由题意可知：的定义域为，且， 令，解得；令，解得； 所以的单调递增区间为，单调递减区间为． 【小问2详解】 设， 当时，，即对任意恒成立， 取，解得； 若，则， 设，则， 可知在上单调递增，则，此时，符合题意； 综上所述：实数a的取值范围为． 【小问3详解】 由（2）可知：当时，对，均有，即， 取，代入得， 可得， 分别取代入相加得 ， 所以，原式即证． 【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题 （1）分离参数法 第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的最值； 第三步：根据要求得所求范围． （2）函数思想法 第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题； 第二步：利用导数求该函数的极值； 第三步：构建不等式求解． 19. 设是二维离散型随机变量，它们的一切可能取值为，其中，，则称为二维随机变量的联合分布列．定义：，称（，，…）为关于X的边际分布列，，称（，，…）为关于Y的边际分布列；对于固定的j，称（）为给定条件下的离散型随机变量的条件分布列，则二维离散型随机变量的联合分布列与边际分布列如表： … … … … … … … … … … … 1 （1）求证：对于，； （2）若的联合分布列与边际分布列如表： 1 2 3 1 0.3 01 0.1 0.5 2 0.05 01 0.15 0.3 3 0.05 0.1 005 0.2 0.4 0.3 0.3 1 求给定条件下Y的条件分布列； （3）把三个相同的小球等可能地放入编号为1，2，3的三个盒子中．记放入1号盒子的球的个数为，放入2号盒子的球的个数为，则是一个二维离散型随机变量．列出的联合分布列与边际分布列． 【答案】（1）证明见解析 （2）分布列见解析 （3）分布列见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意结合条件概率的公式求解即可; （2）根据题意结合条件概率的公式求解即可； （3）利用二项分布的概率公式和乘法公式求解即可. 【小问1详解】 【小问2详解】 因为，所以用第二行的值分别除以0.3， 可得给定条件下Y的条件分布列： 1 2 3 P 【小问3详解】由题意可知X的可能取值为0，1，2，3，Y的可能取值为0，1，2，3， 设，，，，由概率的乘法公式知， ，，，，， 所以，， 当时，显然， 所以（X，Y）的联合分布列与边际分布列如表： （X，Y） 0 1 2 3 0 1 0 2 0 0 3 0 0 0 1 【点睛】关键点点睛：本题以二维离散型随机变量为背景，给出相关定义，考查了条件概率、概率的乘法公式等，将新定义翻译成熟悉的知识是解答本题的关键，属于难题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$