精品解析：陕西省渭南市2025届高三上学期教学质量检测（Ⅰ）数学试题

渭南市2025届高三教学质量检测（I）数学试题 命题人：王建龙 韩黎波 刘增峰 注意事项： 1．本试题满分150分．考试时间120分钟． 2．答卷前务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡上 3．将选择题答案填涂在答题卡上．非选择题按照题号完成在答题卡上的指定区域内． 第I卷 选择题（共58分） 一、单项选择题（本大题共8小题．每小题5分．共40分．在每小题所给的四个选项中．只有一项是符合题目要求的） 1. 设全集．则（ ） A. B. C. D. 2. 已知是虚数单位．复数．则在复平面内对应点的坐标是（ ） A. B. C. D. 3. 已知与是单位向量．则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知点为抛物线上一点．则点到抛物线的焦点的距离为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 若动点到的距离之比为．则点到直线的最小距离为（ ） A. B. C. D. 6. 现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（ ） A. 120 B. 60 C. 30 D. 20 7. 已知则曲线在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为（ ） A. B. C. D. 2 8. 已知对于任意非零实数．函数均满足，下列说法： ①； ②若数列是公比为4的等比数列．则； ③点是曲线的对称中心： ④． 其中正确说法的个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 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．全部选对得6分．部分选对的得部分分．有选错的得0分） 9. 为了解某类植物生长年之后的高度．随机抽取了株此类植物．测得它们生长年之后的高度（单位：）．将收集到的数据整理得到如下频率分布直方图．已知随机抽取的植物生长年之后高度低于的有株．根据此频率分布直方图．以下结论中正确的是（ ） A. B. 此次检测植物生长高度在之间的有株 C. 估计该类植物生长年后．高度的众数为 D. 估计该类植物生长年后．高度的第百分位数为 10. 函数的部分图象如图所示．则（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 不等式的解集为 D. 若为的内角．且．则或 11. 已知椭圆的方程为，则（ ） A. 椭圆关于轴对称 B. 直线被椭圆截得弦长为 C. 椭圆的长轴长为 D. 椭圆的离心率为 第Ⅱ卷 非选择题（共92分） 三、填空题（本大题共3小题．每小题5分．共15分） 12. 已知等差数列的前项和为．且．则______． 13. 已知．则______． 14. 半径为2025的三个球放在桌面上．两两相切．现将另一个球放在三个球上方（与三个球都相切）．且这个球的最高处与另外三个球的最高处在同一个平面上．则这个球的半径为______． 四、解答题（本大题共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. 在中．已知． （1）求． （2）若点为的中点．且．求的面积． 16. 如图所示，在等腰直角中．．点、分别为的中点．将沿翻折到位置． （1）证明：平面 （2）若．求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知，函数． （1）讨论的单调性： （2）若恒成立．求的取值范围． 18. 第十五届全国运动会将于2025年在广东、香港、澳门三地举办．为了普及全运知识．某中学举办了一次全运知识闯关比赛．比赛分为初赛与复赛．初赛胜利后才能进入复赛．初赛规定：三人组队参赛．每次只派一个人．且每人只派一次：如果一个人闯关失败．再派下一个人重新闯关：三人中只要有人闯关成功即视作初赛胜利．无需继续闯关．现有甲、乙、丙三人组队参加初赛．他们各自闯关成功的概率分别为．假定互不相等．且每人能否闯关成功相互独立． （1）若计划依次派甲、乙、丙进行初赛闯关．．求该小组初赛胜利的概率： （2）已知．现有两种初赛人员派出方案： 方案一：依次派出甲乙丙： 方案二：依次派出丙乙甲 设方案一和方案二派出人员数目分别为随机变量．求．并比较它们的大小； （3）初赛胜利小组的三名成员都可以进入复赛．复赛规定：单人参赛．每个人回答三道题．全部答对获得一等奖：答对两道题获得二等奖：答对一道题获得三等奖：全部答错不获奖．已知某学生进入了复赛．该学生在复赛中前两道题答对的概率均为．第三道题答对的概率为．若该学生获得一等奖的概率为，设该学生获得二等奖的概率为．求的最小值． 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 的下支交于点．点关于 轴的对称点为．记点的坐标为 （1）求的值： （2）记．证明：数列为等比数列； （3）记的面积为．证明：是定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 渭南市2025届高三教学质量检测（I）数学试题 命题人：王建龙 韩黎波 刘增峰 注意事项： 1．本试题满分150分．考试时间120分钟． 2．答卷前务必将自己的姓名、学校、班级、准考证号填写在答题卡上 3．将选择题答案填涂在答题卡上．非选择题按照题号完成在答题卡上的指定区域内． 第I卷 选择题（共58分） 一、单项选择题（本大题共8小题．每小题5分．共40分．在每小题所给的四个选项中．只有一项是符合题目要求的） 1. 设全集．则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用交集和补集的性质求解即可. 【详解】因为，所以， 因为，所以，故D正确. 故选：D 2. 已知是虚数单位．复数．则在复平面内对应点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数除法求出，再求出其对应坐标即可得解. 【详解】依题意，， 所以在复平面内对应点的坐标是. 故选：A 3. 已知与是单位向量．则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】由可得，根据平面向量的运算律解可得，结合充分条件、必要条件的定义即可下结论. 【详解】由，得； 由，得， 即，得. 所以“”是“”的充要条件. 故选：C 4. 已知点为抛物线上一点．则点到抛物线的焦点的距离为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用给定条件结合抛物线的定义求解即可. 【详解】因为点为抛物线上一点， 所以，解得，且设点到抛物线的焦点的距离为， 由抛物线的定义得，故B正确. 故选：B 5. 若动点到的距离之比为．则点到直线的最小距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设动点的坐标为，由题意求出动点的轨迹方程，结合圆的几何性质即可求得答案. 【详解】设动点的坐标为， 由题意：，即， 代入点的坐标，可得， 两边取平方并整理得：， 即动点C的轨迹为圆心为，半径为的圆， 因到直线的距离为， 故点到直线的最小距离为， 故选：D. 6. 现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（ ） A. 120 B. 60 C. 30 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】利用分类加法原理，分类讨论五名志愿者连续参加两天公益活动的情况，即可得解. 【详解】不妨记五名志愿者为， 假设连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有种方法， 同理：连续参加了两天公益活动，也各有种方法， 所以恰有1人连续参加了两天公益活动的选择种数有种. 故选：B. 7. 已知则曲线在处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】首先对原函数求导并结合赋值法求解原函数，再利用导数求出切线方程，求出切线和坐标轴的交点，最后得到三角形面积即可. 【详解】因为，所以， 令，得到， 化简得，解得， 代入回原函数得到， 而，故切点为， 而，， 设曲线在处的切线斜率为， 由导数的几何意义得， 故切线方程为，化简得， 令，得到，所以与轴交点为， 令，得到，所以与轴交点为， 且设三角形面积为，故，故A正确. 故选：A 8. 已知对于任意非零实数．函数均满足，下列说法： ①； ②若数列是公比为4的等比数列．则； ③点是曲线的对称中心： ④． 其中正确说法的个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】D 【解析】 【分析】利用给定条件判断①，运用给定条件结合中心对称性的定义判断③，利用给定条件结合等比数列的性质判断②，利用给定条件判断④即可. 【详解】令，得到，解得，故①正确， 令，由得， 由得， 得到， 即，故点是曲线的对称中心，即③正确， 因为，所以， 即，得到， 故，因为数列是公比为4的等比数列， 所以，故， 故，即②正确， 因为，所以， 故，则④正确. 综上，正确说法的个数为. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题考查数列，解题关键是利用已知条件推理出，然后再对得到所证明的即可． 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．全部选对得6分．部分选对的得部分分．有选错的得0分） 9. 为了解某类植物生长年之后的高度．随机抽取了株此类植物．测得它们生长年之后的高度（单位：）．将收集到的数据整理得到如下频率分布直方图．已知随机抽取的植物生长年之后高度低于的有株．根据此频率分布直方图．以下结论中正确的是（ ） A. B. 此次检测植物生长高度在之间的有株 C. 估计该类植物生长年后．高度的众数为 D. 估计该类植物生长年后．高度的第百分位数为 【答案】ABD 【解析】 【分析】先求高度低于的频率，再由频率，频数，样本容量的关系求得n，再根据频率直方图中频数、众数及百分位数的求法可得结果. 【详解】对于A，植物生长年之后高度低于的频率为， 所以，解得.故A正确； 对于B，此次检测植物生长高度在之间的频率为， 所以此次检测植物生长高度在之间的有株. 故B正确； 对于C， 频率分布直方图中最高的矩形条所在的区间为， 由众数的定义知，估计这组数据的众数为.故C错误； 对于D，由频率分布直方图可得该类植物生长年后．高度不低于的植株的频率为， 高度低于的植株的频率为， 所以估计该类植物生长年后．高度的第百分位数为，故D正确. 故选：ABD 10. 函数的部分图象如图所示．则（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 不等式的解集为 D. 若为的内角．且．则或 【答案】CD 【解析】 【分析】将图象中两个点的坐标代入求出，结合正弦函数的图象与性质，依次计算即可求解. 【详解】A：由图可知，，即，得，又，所以. 将点代入得，即， 得，解得. 由图象可知，即，解得，所以.故A错误； B：由选项A知，则， 所以直线不是图象的一条对称轴，故B错误； C：由，得，即， 由正弦曲线得，解得， 所以原不等式的解集为，故C正确； D：因为为三角形的内角，且， 所以或， 解得或，所以或，故D正确. 故选：CD 11. 已知椭圆的方程为，则（ ） A. 椭圆关于轴对称 B. 直线被椭圆截得弦长为 C. 椭圆的长轴长为 D. 椭圆的离心率为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用曲线的对称性可判断A选项；将直线方程与椭圆方程联立，结合弦长公式可判断B选项；求出椭圆的对称轴方程，将对称轴方程与椭圆方程联立，求出、的值，可判断C选项；利用椭圆的离心率公式可判断D选项. 【详解】对于A选项，在椭圆上任取一点，则， 则点关于轴的对称点为，因为不恒成立， 故椭圆不关于轴对称，A错； 对于B选项，设直线交椭圆于点、， 联立得，解得，， 因此，直线被椭圆截得弦长为，B对； 对于C选项，在椭圆上任取一点，则， 点关于直线的对称点， 因为，即椭圆关于直线对称， 同理可知，椭圆关于直线对称， 联立可得或， 所以直线截椭圆所得弦长为， 联立解得或， 所以，直线截椭圆所得弦长为， 因为，所以， 所以椭圆的长轴长为，C对； 对于D选项，由C选项可知，，， 所以，椭圆的离心率为，D对. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于求出椭圆的对称轴，将直线方程与椭圆方程联立，即可求出、、的值，进而求解. 第Ⅱ卷 非选择题（共92分） 三、填空题（本大题共3小题．每小题5分．共15分） 12. 已知等差数列的前项和为．且．则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意结合等差数列的性质运算求解即可. 【详解】因为数列为等差数列，则，即， 所以. 故答案为：. 13. 已知．则______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据两角和与差的正弦公式计算可得、，结合同角的商数关系计算即可求解. 【详解】， ， 两式相加得，两式相减得， 所以. 故答案为： 14. 半径为2025的三个球放在桌面上．两两相切．现将另一个球放在三个球上方（与三个球都相切）．且这个球的最高处与另外三个球的最高处在同一个平面上．则这个球的半径为______． 【答案】675 【解析】 【分析】根据题意四个球心构成正三棱锥，底面边长为，侧棱长，利用它们的几何关系列方程求即可 【详解】 假设桌面上三个球的球心为，两两外切，则是半径为的正三角形，且位于一个水平面上。 设顶端球的球心为O，半径为，于是, 考虑四个球心形成的正三棱锥，为顶点在底面的投影，设为顶点到底面的距离, 利用勾股定理，，于是, 另一方面，题干已知球的上顶点在同一水平面上，得到,两个方程联立，解得. 故答案为： 四、解答题（本大题共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. 在中．已知． （1）求． （2）若点为的中点．且．求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理角化边可得，再利用余弦定理可得答案. （2）在，由余弦定理可得，先求出，由三角形面积公式可求得△ABC的面积. 【小问1详解】 因为．所以， 设． 则由余弦定理得； 【小问2详解】 在中．． 由余弦定理得． 即．解得． 又 故． 16. 如图所示，在等腰直角中．．点、分别为的中点．将沿翻折到位置． （1）证明：平面 （2）若．求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：等腰直角中．．得．所以． 点、分别为、的中点．．所以． 将沿翻折到位置后．． 又平面平面． 所以平面． 又．得平面． （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可知，继而证明平面，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，根据空间交的向量求法，即可求得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知面．又平面．所以平面平面， 由为中点．故．又因为．所以为等边三角形， 设的中点为．连接．则．又平面平面， 平面平面，平面．所以平面． 过作交于． 以为坐标原点．建立如图所示的空间直角坐标系： 不妨设． 得， 所以． 设平面的一个法向量为, 则，可取． 设平面的一个法向量为．则， 取． 所以． 故平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知，函数． （1）讨论的单调性： （2）若恒成立．求的取值范围． 【答案】（1） 的定义域为， 当时，恒成立，则在上单调递增； 当时，令，解得；令，解得； 所以在上单调递增，在上单调递减； 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增． （2）． 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，分、两种情况讨论，分别求出函数的单调区间； （2）依题意可得，从而得到在上恒成立，即在上恒成立，构造函数，利用导数求出，即可求出参数的取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由在上恒成立， 可得在上恒成立， 即在上恒成立， 令，因为在上均单调递增，则在上单调递增； 由在上恒成立，可得恒成立， 则在上恒成立，即在上恒成立， 令，则， 所以当时，当时， 则在上单调递减，在上单调递增； 故， 则，解得， 故的取值范围为． 18. 第十五届全国运动会将于2025年在广东、香港、澳门三地举办．为了普及全运知识．某中学举办了一次全运知识闯关比赛．比赛分为初赛与复赛．初赛胜利后才能进入复赛．初赛规定：三人组队参赛．每次只派一个人．且每人只派一次：如果一个人闯关失败．再派下一个人重新闯关：三人中只要有人闯关成功即视作初赛胜利．无需继续闯关．现有甲、乙、丙三人组队参加初赛．他们各自闯关成功的概率分别为．假定互不相等．且每人能否闯关成功相互独立． （1）若计划依次派甲、乙、丙进行初赛闯关．．求该小组初赛胜利的概率： （2）已知．现有两种初赛人员派出方案： 方案一：依次派出甲乙丙： 方案二：依次派出丙乙甲 设方案一和方案二派出人员数目分别为随机变量．求．并比较它们的大小； （3）初赛胜利小组的三名成员都可以进入复赛．复赛规定：单人参赛．每个人回答三道题．全部答对获得一等奖：答对两道题获得二等奖：答对一道题获得三等奖：全部答错不获奖．已知某学生进入了复赛．该学生在复赛中前两道题答对的概率均为．第三道题答对的概率为．若该学生获得一等奖的概率为，设该学生获得二等奖的概率为．求的最小值． 【答案】（1） （2），，． （3）． 【解析】 【分析】（1）由独立事件的乘法公式求解即可； （2）分别求出甲乙丙和丙乙甲时的所有可能取值和相应概率，再用期望公式求出对应的期望，作差分解因式即可比较出结果； （3）由独立事件的乘法公式结合题意可得，进而可得，再利用导数分析单调性和最值，得到结果即可； 【小问1详解】 设事件A表示该小组获胜．则． 所以该小组初赛胜利的概率为． 【小问2详解】 的可能取值为1， 2，3． 则． 此时 的可能取值为1，2，3． 则． 此时． 所以 因为． 所以．所以． 【小问3详解】 由题意可得，． 则． 令． 则．令． 所以当时，，为减函数． 当时．，为增函数． 所以． 所以的最小值为． 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 的下支交于点．点关于 轴的对称点为．记点的坐标为 （1）求的值： （2）记．证明：数列为等比数列； （3）记的面积为．证明：是定值． 【答案】（1） （2）证明：因为，所以．因为 所以． 于是．①． 由于， 所以．且． 两式作差可得．② 把①代入②可得．③ 由③-①得． 即 因为．所以 又．所以 故数列是首项为．公比为的等比数列． （3）证明：由（2）知．又，所以． 则． 因为， 且， 所以 ， 即是定值. 【解析】 【分析】（1）根据点在 上，求出双曲线 的方程，再由对称性即可求得结果； （2）由和，表示出直线方程，根据，联立方程化简可得，又，即可得，即可得证； （3）由（2）知．又，所以，即得和坐标，然后表示出，化简得证. 【小问1详解】 由题知双曲线．点在 上， 故，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．即. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $