精品解析：黑龙江省大庆外国语学校2025届高三上学期第一次教学质量检测数学试卷

大庆外国语学校第一次质量检测 高三数学试题 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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合,则 (     ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用两个集合的交集的定义求得M∩N． 【详解】集合M={x|x+1≥0}={x|x≥-1}，N={x|x2＜4}={x|-2＜x＜2}，则M∩N={x|-1≤x＜2}，故选B． 【点睛】本题主要考查两个集合的交集的定义和求法，属于基础题． 2. 欧拉公式是瑞士数学家欧拉发现的，若复数的共辄复数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据所给定义求出，即可得到其共轭复数. 【详解】依题意可得， 所以. 故选：D 3. 在中，三边，，，则的值为（ ） A. 19 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由余弦定理求出，再由平面向量的数量积求解. 【详解】由余弦定理可得, 所以. 故选：D. 4. 已知函数与，则下列说法错误的是（ ） A. 与存在相同的对称轴 B. 与存在相同的对称中心 C. 与的值域相同 D. 与在上有相同的单调性 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦型函数的对称轴方程和对称中心坐标，结合正弦型函数的值域性质、单调性逐一判断即可. 【详解】对于，令，得的对称轴为， 令，得的对称轴为，显然与有相同的对称轴，A正确； 对于，令，得的对称中心为， 令，得的对称中心为， 由得， 显然不存在整数使成立，故与没有相同的对称中心，B错误； 对于C，与的值域显然均为，C正确； 对于D，当时 由在上递增， 由在上递减， 由在上递增， 由在上递减， 与均在上单调递增，在上单调递减，D正确. 故选：B 5. 若为偶函数，则（ ） A. B. 0 C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由求出，代入，检验是否满足题意. 【详解】的自变量需满足， 解得：或， 若为偶函数，则， 所以，解得：， 所以， . 所以为偶函数，满足题意. 故选：B. 6. 已知某羽毛球小组共有20名运动员，其中一级运动员4人，二级运动员6人，三级运动员10人.现在举行一场羽毛球选拔赛，若一级、二级、三级运动员能够晋级的概率分别为0.9，0.6，0.2，则这20名运动员中任选一名运动员能够晋级的概率为（ ） A. 0.42 B. 0.46 C. 0.58 D. 0.62 【答案】B 【解析】 【分析】由全概率公式即可求解. 【详解】设事件B为“选出的运动员能晋级”， 为“选出的运动员是一级运动员”， 为“选出的运动员是二级运动员”， 为“选出的运动员是三级运动员”， 则，，， 又根据题意可得，，， 由全概率公式可得： ， 任选一名运动员能够晋级的概率为0.46. 故选：B. 7. 已知椭圆和抛物线相交于、两点，直线过抛物线的焦点，且，椭圆的离心率为．则抛物线和椭圆的标准方程分别为（ ）． A. ； B. ； C. ； D. ； 【答案】B 【解析】 【详解】由椭圆与抛物线的对称性知，轴，且，故 根据抛物线的定义可知， 所以抛物线的标准方程为． 所以椭圆过点，又因为椭圆离心率为， 因此，解得， 则椭圆的标准方程为． 故选：B． 8. 已知直线是曲线的切线，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求得函数的导数，得到方程组，求得，，得到，令，结合导数求得函数的单调性和最大值，即可求解. 【详解】设直线与曲线的切线点的横坐标为， 由，可得， 则，可得，所以， 由，，则， 令，可得， 令，即，解得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以，即， 当时，， 所以，即的取值范围是. 故选：C. 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，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法中，正确的是（ ） A. 若随机变量，且，则 B. 若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数r的值越接近于1 C. 若随机事件A，B满足：，则事件A与B相互独立 D. 已知y关于x的回归直线方程为，则样本点的残差为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性、线性相关性的性质，结合独立事件的定义、残差的公式逐一判断即可. 【详解】因为，且，所以有， 因此，所以选项A正确； 根据线性相关有正相关和负相关，因此两个具有线性相关关系的变量的相关性越强， 则线性相关系数r的绝对值越接近于1，所以选项B不正确； 由， 显然，因此事件A与B相互独立，所以选项C正确； 在中，令，得， 因此样本点的残差为，所以选项D正确， 故选：ACD 10. 已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（ ） A. 的图象关于对称 B. 的图象关于对称 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据偶函数与奇函数得到对称，并得到周期，结合以上信息即可得到. 【详解】为偶函数， 关于对称， 根据图像变换关于对称，故A正确； 为奇函数， 关于中心对称， 根据图像变换关于中心对称，故B错误； 由以上分析得的周期为，即，故C正确； 关于中心对称， ，， 关于对称， ，, ， 是周期为的函数， ， ， ，故D错误. 故选：AC. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若在上单调递增，则的取值范围是 B. 点为曲线的对称中心 C. 若过点可作出曲线的三条切线，则的取值范围是 D. 若存在极值点，且，其中，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A ，求导可得对恒成立，可求以的取值范围判断A；对于B ，通过平移可得，令，可得为奇函数可判断B；对于C ，将代入得到的解析式，根据过某点处导数的几何意义的求法求解即可判断C；对于D ，利用导数在函数单调性中的应用，先分和讨论函数的单调性，得到且，此时可得的表达式，令，结合，再化简即可得到答案可判断D. 【详解】对于A，由，可得， 若在上单调递增，则对恒成立， 所以对恒成立， 所以对恒成立， 所以，所以的取值范围是，故A错误； 对于B，由，可得， 又， 所以，令， 又，所以关于原点对称， 所以点为曲线的对称中心，故B正确； 对于C ，因为，， 所以， 所以， 设切点为，则切线的斜率， 化简得， 由条件可知该方程有三个实根，所以有三个实根， 记，所以， 令，解得或， 当，，所以在上单调递增， 当，，所以在上单调递减， 当，，所以在上单调递增， 当时取得极大值，当时，取得极小值， 因为过点可作出曲线的三条切线， 所以，解得，故选项C正确； 对于D ，因为 ， 所以， 当，在上单调递增； 当，由，解得或， 由，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增； 因为存在极值点，所以，得， 令，所以，因为，于是， 又 ， 所以 化简得：， 因为，所以，于是，.所以，故选项D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题考查切线方程及函数对称性，关键是利用导数求得函数的单调性结合对称性解决D. 三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 已知数列满足：，，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知条件，利用等差数列的定义判定数列为首项为1，公差为1的等差数列，写出通项公式，进而得到数列的通项公式，从而得解. 【详解】∵，∴ 又∵， ∴数列为首项为1，公差为1的等差数列， ∴，即,∴, 故答案为：. 13. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据复合函数的单调性可知，内层函数在上为增函数，且，可得出关于实数的不等式组，解之即可. 【详解】令，因为外层函数为增函数， 且函数在区间上单调递增， 由复合函数法可知，内层函数在上为增函数， 所以，，且，解得. 因此，实数的取值范围是. 故答案为：. 14. 已知函数，若方程有两个不同实根，则实数的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】先作出函数图象，然后验证时的情况，对于，先验证的情况，对于，利用利用根的分布，结合函数的图象列不等式求解. 【详解】作出函数的图象如下： 令，则方程有两个不同实根， 当时，方程的根为，此时无实根，不符合题意，舍去； 当时，若方程有两相等实根， 则，解得或， 当时，方程的根，此时无根，不符合题意，舍去； 当时，方程的根，此时有两个不同实根，符合题意； 若方程有两个不同实根，设为， 所以，解得或 同时有或或 所以或或或 解得. 综上或 故答案为：. 【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 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. 已知函数 （1）当时，求的最小值； （2）若关于x的不等式恒成立，求a的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意写出函数解析式，利用导数研究其单调性，求得其最值； （2）根据函数解析式求得导数，结合分类讨论思想，可得答案. 【小问1详解】 当时，，则 由，得，由，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 故． 【小问2详解】 由题意可得． 当时，由，得，由，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 故． 因为不等式恒成立，所以，解得． 当时，，不符合题意． 综上，a的取值范围是． 16. 在锐角中，三个内角所对的边分别为，若， （1）若，求的大小. （2）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理，化简求得，结合，得到，即可求解； （2）由，得到，且，根据为锐角三角形，求得，结合正弦定理得，即可求解. 【小问1详解】 解：由， 可得， 所以，即 因为，可得， 又因为，可得，所以或，所以或， 当时，因为，此时（舍去）； 当时，因为，此时，符合题意， 综上可得，的大小为. 【小问2详解】 由（1）得，则或， 当时，，与矛盾； 当时，且， 又因为为锐角三角形，可得，解得， 由正弦定理得， 所以的取值范围为. 17. 如图，已知斜三棱柱中，侧面侧面，侧面是矩形，侧面是菱形，，，点E是棱的中点. （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值. 【答案】（1） 证明：因为侧面是矩形，所以， 又因为侧面侧面，平面平面， 所以平面， 因为平面，所以. 菱形中，，所以是等边三角形， 又E是的中点，所以，得， 又，，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由条件可得平面，进而得到，再结合，即可求证； （2）建立空间直角坐标系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1），如图，以B为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系. 因为，所以， 因此，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 由，得， 由，得，令，得， 设平面的法向量为， 由，得， 由，得，令，得， . 所以二面角的余弦值为. 18. 某汽车销售公司为了提升公司的业绩，现将最近300个工作日每日的汽车销售情况进行统计，如图所示. （1）求的值以及该公司这300个工作日每日汽车销售量的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）以频率估计概率，若在所有工作日中随机选择4天，记汽车销售量在区间内的天数为，求的分布列及数学期望； （3）为增加销售量，公司规定顾客每购买一辆汽车可以进行一次抽奖活动，规则如下：抽奖区有两个盒子，其中盒中放有9张金卡､1张银卡， 盒中放有2张金卡､8张银卡，顾客在不知情的情况下随机选择其中一个盒子进行抽奖，直到抽到金卡则抽奖结束（每次抽出一张卡，然后放回原来的盒中，再进行下次抽奖，中途可更换盒子），卡片结果的排列对应相应的礼品.已知顾客小明每次抽奖选择两个盒子的概率相同，求小明在首次抽奖抽出银卡的条件下，第二次从另外一个盒子中抽奖抽出金卡的概率. 【答案】（1） ，150 （2） 0 1 2 3 4 ， （3） 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图中所有的矩形面积之和等于1求得值，根据平均数公式列式计算即得； （2）理解题意，判断，分别计算的所有可能指的概率，列出分布列，计算数学期望即得； （3）根据条件概率的计算公式可求该概率. 【小问1详解】 依题意得 解得 . 所求平均数为 . 【小问2详解】 因汽车销售量在区间内的概率为， 在所有工作日中随机选择4天，相当于一个4重伯努利试验，故， 则， 0 1 2 3 4 故. 【小问3详解】 设 为“小明在首次抽奖抽出银卡”，则， 设 为“小明第二次从另外一个盒子中抽奖抽出金卡”， 则， 故. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查频率分布直方图，二项分布以及条件概率公式的应用，属于较难题. 解题关键在于根据题设条件，确定伯努利概型并进行计算，设出相应的事件，正确理解题意，利用条件概率公式计算. 19. 已知双曲线，点在上．按如下方式构造点（）；过点作斜率为的直线与的左支交于点，点关于轴的对称点为，记点的坐标为． （1）求点的坐标； （2）记，证明：数列为等比数列； （3）为坐标原点，分别为线段，的中点，记，的面积分别为，求的值． 【答案】（1）， （2）证明：设， 则过，且斜率为的直线方程为， 联立，消得到， 由题有，得到， 由题知点在直线上，即有， 所以，因为， 则， 由（1）知，所以数列为为首项，的公比的等比数列； （3） 【解析】 【分析】（1）由点可得的值，求出的方程后联立双曲线可得，即可得，再借助的方程后联立双曲线可得，即可得； （2）联立与双曲线方程，结合韦达定理可得，结合点代入可得，再利用等比数列定义与判定定理计算即可得证； （3）由，结合，从而可得与，再利用面积公式分别计算出即可得. 【小问1详解】 由题知，所以双曲线， 又过点，斜率为的直线方程为， 由双曲线与直线的对称性可知，所以， 又过，且斜率为的直线方程为，即， 由，解得或，当时，， 所以，所以； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知，得到， 由，即， 即， 则， ， 故，， ，， 故， ， 即，则， 则 ， ， 故. 【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于得到后，结合，从而可得与，再利用面积公式计算即可得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大庆外国语学校第一次质量检测 高三数学试题 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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合,则 (     ) A. B. C. D. 2. 欧拉公式是瑞士数学家欧拉发现的，若复数的共辄复数为，则（ ） A. B. C. D. 3. 在中，三边，，，则的值为（ ） A. 19 B. C. D. 4. 已知函数与，则下列说法错误的是（ ） A. 与存在相同的对称轴 B. 与存在相同的对称中心 C. 与的值域相同 D. 与在上有相同的单调性 5. 若为偶函数，则（ ） A. B. 0 C. D. 1 6. 已知某羽毛球小组共有20名运动员，其中一级运动员4人，二级运动员6人，三级运动员10人.现在举行一场羽毛球选拔赛，若一级、二级、三级运动员能够晋级的概率分别为0.9，0.6，0.2，则这20名运动员中任选一名运动员能够晋级的概率为（ ） A. 0.42 B. 0.46 C. 0.58 D. 0.62 7. 已知椭圆和抛物线相交于、两点，直线过抛物线的焦点，且，椭圆的离心率为．则抛物线和椭圆的标准方程分别为（ ）． A. ； B. ； C. ； D. ； 8. 已知直线是曲线的切线，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法中，正确的是（ ） A. 若随机变量，且，则 B. 若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数r的值越接近于1 C. 若随机事件A，B满足：，则事件A与B相互独立 D. 已知y关于x的回归直线方程为，则样本点的残差为 10. 已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（ ） A. 的图象关于对称 B. 的图象关于对称 C. D. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若在上单调递增，则的取值范围是 B. 点为曲线的对称中心 C. 若过点可作出曲线的三条切线，则的取值范围是 D. 若存在极值点，且，其中，则 三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 已知数列满足：，，则__________． 13. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是______. 14. 已知函数，若方程有两个不同实根，则实数的取值范围是________． 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. 已知函数 （1）当时，求的最小值； （2）若关于x的不等式恒成立，求a的取值范围． 16. 在锐角中，三个内角所对的边分别为，若， （1）若，求的大小. （2）若，求的取值范围. 17. 如图，已知斜三棱柱中，侧面侧面，侧面是矩形，侧面是菱形，，，点E是棱的中点. （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值. 18. 某汽车销售公司为了提升公司的业绩，现将最近300个工作日每日的汽车销售情况进行统计，如图所示. （1）求的值以及该公司这300个工作日每日汽车销售量的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）以频率估计概率，若在所有工作日中随机选择4天，记汽车销售量在区间内的天数为，求的分布列及数学期望； （3）为增加销售量，公司规定顾客每购买一辆汽车可以进行一次抽奖活动，规则如下：抽奖区有两个盒子，其中盒中放有9张金卡､1张银卡， 盒中放有2张金卡､8张银卡，顾客在不知情的情况下随机选择其中一个盒子进行抽奖，直到抽到金卡则抽奖结束（每次抽出一张卡，然后放回原来的盒中，再进行下次抽奖，中途可更换盒子），卡片结果的排列对应相应的礼品.已知顾客小明每次抽奖选择两个盒子的概率相同，求小明在首次抽奖抽出银卡的条件下，第二次从另外一个盒子中抽奖抽出金卡的概率. 19. 已知双曲线，点在上．按如下方式构造点（）；过点作斜率为的直线与的左支交于点，点关于轴的对称点为，记点的坐标为． （1）求点的坐标； （2）记，证明：数列为等比数列； （3）为坐标原点，分别为线段，的中点，记，的面积分别为，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $