精品解析：河北省沧州市名校联考2024-2025学年高三上学期质量监测考试（1月）数学试题

名校联考2025届高三年级质量监测考试 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、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号.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. 已知集合，集合，若，则实数（ ） A. 2 B. C. D. 0 2. 已知复数，则在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知向量，，，为不共线的非零向量，若，，则“”是“”，成立的（ ） 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. 如图是下列选项中某个函数的部分图象，则该函数的解析式为（ ） A. B. C. D. 5. 对具有线性相关的两个变量x和y进行统计分析时，得到一组样本数据，，，，，并由该组数据求得y关于x的回归方程为则样本点处的残差为（ ） A. 0.1 B. C. 1.2 D. 6. 已知时，直线与直线相交于点，则的值（ ） A. 无最大值，最小值为8 B. 最大值为32，无最小值 C. 最大值为32，最小值为8 D. 不存在最值 7. 函数在区间上的值域为（ ） A. B. C. D. 8. 已知时，单调递增的等差数列前n项和的值最小，且的最小值为1，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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. 如图，把长方形纸片沿对角线折成直二面角，若，．则折纸后（ ） A. 四面体外接球的表面积为25 B. 四面体的体积为 C. 异面直线与所成角为 D. 直线与平面所成角的余弦值为 10. 定义在R上的奇函数与函数的图象关于直线对称，则（ ） A. 函数图象关于点对称 B. 函数图象关于点对称 C. 函数与图象关于直线对称 D. 函数与图象关于直线对称 11. 椭圆与双曲线有共同的左焦点和右焦点，与离心率分别为，，它们在第一象限的交点为P（O为坐标原点），圆是的内切圆，过点P且与直线垂直的直线与交于，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. D. 过右焦点分别作直线，的垂线，垂足分别为M，N，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式的第4项的二项式系数为________． 13. 已知是的导函数，且，则________．（写出一个符合条件的即可）． 14. 如图，在正方体中，M，N分别为棱，的中点，动点P满足，当四面体外接球的体积最小时，________． 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. 在中，角A，B，C所对的边分别为，，．已知 （1）求C； （2）若，求c的最小值． 16. 如图，在三棱锥中，是边长为2的正三角形，为等腰直角三角形，，D为中点． （1）求证：； （2）当时，求平面和平面夹角的余弦值． 17. 平面直角坐标系中，动点到点的距离比它到轴的距离多1． （1）求动点的轨迹方程； （2）若点C为，过的直线l与点的轨迹交于A，B两点（A，B与C不重合），直线，与直线交于点，．证明：以为直径的圆在上截得的弦长为定值． 18. 已知函数 （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）求证：当时，在不存在最小值； （3）若在存在极值点，求实数a的取值范围． 19. 已知数列前n项和为，且满足，． （1）证明：对任意的，的值均为正整数，且为完全平方数； （2）记的个位数字为，求数列的前100项和； （3）是否存在，，使成立，如果存在求出x，y的值，如果不存在说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 名校联考2025届高三年级质量监测考试 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、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号.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. 已知集合，集合，若，则实数（ ） A. 2 B. C. D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】由集合的运算性质得出，再根据子集的性质和集合性质得出即可求出答案. 【详解】由得到，由子集的性质可知． 对于任意的实数，,不能等于，由集合元素的互异性，不成立， 故只能是；求出. 故选：C 2. 已知复数，则在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，化简复数，得到复数z在复平面内对应的点，即可得到答案． 【详解】，则，则． 所以复数在复平面内对应的点为，该点位于复平面的第三象限． 故选：C． 3. 已知向量，，，为不共线的非零向量，若，，则“”是“”，成立的（ ） 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，即，当时，即，可求得，再由充分必要条件定义判断. 【详解】若，则，故， 若，则，即，故. 所以是的充要条件. 故选：C. 4. 如图是下列选项中某个函数的部分图象，则该函数的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由时，，可排除B，D；再由可排除C. 【详解】由图可知当时，，故排除B，D； 设，则，故排除C． 故选：A． 5. 对具有线性相关的两个变量x和y进行统计分析时，得到一组样本数据，，，，，并由该组数据求得y关于x的回归方程为则样本点处的残差为（ ） A. 0.1 B. C. 1.2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】将样本的中心代入回归直线中，求得，再算出当时的预测值，根据残差的定义即可得答案. 【详解】因为， ． 所以将其代入，可得， 此时的预测值为，且观测值为2， 故残差为． 故选：B． 6. 已知时，直线与直线相交于点，则的值（ ） A. 无最大值，最小值为8 B. 最大值为32，无最小值 C. 最大值为32，最小值为8 D. 不存在最值 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线恒过的点得出两直线交点的轨迹，结合轨迹可得最值. 【详解】可整理为， 令且得，，． 知直线恒过．但不是过所有的直线， 表示过的直线，但不包含直线． 同理表示恒过的直线，但不包含直线． 又时，与垂直，时，的斜率为， 的斜率为，故． 所以点的轨迹为以为直径的圆去掉点，圆心为，半径为． 而表示点到原点距离的平方． 所以的最大值为32，最小值不存在． 故选：B． 7. 函数在区间上的值域为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角恒等变换化简，再结合角的范围应用正弦函数的性质得出的范围，再得出值域即可. 【详解】由 ，，， 由， 则，又， 所以． 故选：A． 8. 已知时，单调递增的等差数列前n项和的值最小，且的最小值为1，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】法一：根据绝对值性质可得当时取得最小值，可求出公差解得，再由二次函数性质可得，解不等式即可； 法二：对绝对值不等式分类讨论可得在取得最小值，可求出公差解得，再由二次函数性质可得，解不等式即可； 法三：求得之后判断出，且，即可得出结论. 【详解】法一： 设前项和为，公差为且， 则． 因为 绝对值共有6项． 其中，，，，，最中间两项均为，由绝对值函数性质得 当时，有最小值1． 又等差数列单调递增，， 即，解得． 又时，单调递增的等差数列前项和的值最小， 得，由二次函数性质，得， 解得． 故选：A． 法二： 等差数列单调递增，设其公差为，得，则． 设 得 故在取得最小值，即，得，解得． 又时，单调递增的等差数列前项和的值最小， 设前项和为，则． 由二次函数性质得的对称轴为， 又，所以，得． 故选：A． 法三： 同法一，法二求得， 因为时，单调递增的等差数列的前项和最小， 所以，即，得，且，即，得． 综上，． 故选：A． 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. 如图，把长方形纸片沿对角线折成直二面角，若，．则折纸后（ ） A. 四面体外接球的表面积为25 B. 四面体的体积为 C. 异面直线与所成角为 D. 直线与平面所成角的余弦值为 【答案】AB 【解析】 【分析】根据折叠规律求得四面体外接球的球心位置可得半径，即可知A正确，由锥体体积公式计算可得B正确，假设异面直线与所成角为，可得与矛盾，故C错误，易知直线与平面所成角为，其余弦值为，可得D错误. 【详解】长方形中，，则， 设的中点为，折起后的图形如图所示，连接，， 则； 故为四面体外接球的球心，半径，则外接球表面积为．故A正确． 又平面平面，平面平面； 中，，，过点作于，则平面； 且，又面积为6，则四面体的体积为，故B正确． 若异面直线与所成角为，则， 又，， 则得面，面，得， 又由，，，与矛盾，故C错误． 因二面角为直二面角，则直线为直线在平面上的射影． 则直线与平面所成角为，其余弦值为，故D错误． 故选：AB． 10. 定义在R上的奇函数与函数的图象关于直线对称，则（ ） A. 函数图象关于点对称 B. 函数图象关于点对称 C. 函数与图象关于直线对称 D. 函数与图象关于直线对称 【答案】ACD 【解析】 【分析】由已知可得，可得函数的对称中心判断A；进而可得关于点对称，可得判断B；得出得函数与图象关于直线对称判断C；结合对称性可判断D． 【详解】法一：因为是奇函数，则，则图象关于点对称，A正确． 奇函数关于原点对称，又函数与关于直线对称， 则关于点对称，得， 得关于点对称，故B错误． 由与函数关于直线对称得， 所以函数与图象关于对称，故C正确． ，得函数与图象关于对称，故D正确． 法二：因为是奇函数，设，则，， 又与函数关于直线对称，则， ，由，故A正确． 不关于点对称，故B错误． 由，关于直线对称，故C正确． 由，关于直线对称，故D正确． 法三：（画图象）由图可知，ACD正确． 故选：ACD. 11. 椭圆与双曲线有共同的左焦点和右焦点，与离心率分别为，，它们在第一象限的交点为P（O为坐标原点），圆是的内切圆，过点P且与直线垂直的直线与交于，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. D. 过右焦点分别作直线，的垂线，垂足分别为M，N，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A选项，根据椭圆和双曲线的定义求出与，再结合得出为直角三角形，利用勾股定理和离心率公式推出；B选项，先求出内切圆半径，进而得到，再根据角平分线性质和旁切圆知识求出，最终得出；C选项，通过分析，，的位置关系以及圆与坐标轴的切点，判断出；D选项，利用等腰三角形三线合一以及中位线性质，分别求出和，从而得出. 【详解】由题意可设，，， 解得，．当时，得为直角三角形． 由勾股定理得，，即，得． 即．故A正确． 圆是的内切圆，则其半径为， 得，且为的平分线． ，则为外角的平分线，故以为圆心， 以到直线的距离为半径的圆， 必与直线，，均相切（的一个旁切圆）， 可知该圆半径为，得， 所以．故B正确． 由以上分析知，，在同一直线上，易证圆与轴切于的右顶点， 圆与轴切于的右顶点，所以，故C错误． 因，垂足为M，延长交于点，因为平分， 由三线合一得，为的中点， 则，连接， 由中位线性质得，因， 垂足为，延长交于点， 因为平分的外角，由三线合一得，为的中点， 则，连接， 由中位线性质得， 则．故D正确． 故选：ABD 【点睛】易错点睛： 在运用椭圆和双曲线定义时，要注意区分长轴长、实轴长以及焦距等概念，防止混淆. 计算三角形内切圆和旁切圆半径时，公式运用要准确，并且要理解其几何意义. 在利用等腰三角形三线合一和中位线性质时，要准确找出等腰三角形和对应的中位线，避免找错线段关系导致错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式的第4项的二项式系数为________． 【答案】35 【解析】 【分析】先写出通项公式，根据二项式系数的定义进行求解. 【详解】因为的展开式的通项公式为. 所以第4项的二项式系数为. 故答案为：35. 13. 已知是的导函数，且，则________．（写出一个符合条件的即可）． 【答案】（只要符合，为常数，均可） 【解析】 【分析】根据基本初等函数函数的导数和导数的四则运算计算即可. 【详解】因为， 所以依题意，所以，为常数， 故答案为：（只要符合，为常数，均可）. 14. 如图，在正方体中，M，N分别为棱，的中点，动点P满足，当四面体外接球的体积最小时，________． 【答案】 【解析】 【分析】确定球心过线段的中点，且与底面垂直的直线上，再通过直线上的动点与直线上的点间最短距离，求得半径最小值即可求解； 【详解】 由可知点为上的动点， 由正方体性质可知，四面体的外接球球心在过线段的中点，且与底面垂直的直线上， 所以直线与直线平行， 若四面体的外接球体积最小，必须外接球半径最小， 设正四面体的棱长为4，得直线与直线间的距离为， 所以直线上的动点与直线上的点间最短距离为． 故四面体的外接球的半径最小为， 此时，又,则圆心到底面的距离， 所以点到底面的距离， 则符合条件的点有两个所以． 故答案为： 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. 在中，角A，B，C所对的边分别为，，．已知 （1）求C； （2）若，求c的最小值． 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）法一：由已知化简得，两边同时除以，再由余弦定理、正弦定理可得答案；法二：由已知利用余弦定理得，再由余弦定理可得答案： （2）由余弦定理、基本不等式可得答案． 【小问1详解】 法一：因为， 得， 两边同时除以得，， ，由正弦定理得， 所以， 得， 即， 又，所以，所以， 又，得． 法二： 因为，由余弦定理得 ， ， ，，所以， 又，得； 【小问2详解】 由余弦定理得， 又，得． ， 当且仅当“”时，等号成立． 则，故的最小值为2． 16. 如图，在三棱锥中，是边长为2的正三角形，为等腰直角三角形，，D为中点． （1）求证：； （2）当时，求平面和平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 证明：设的中点为,连接,连接,则, 又因为为等腰直角三角形,, , 又是正三角形,, 又因为平面,则面, 面,. （2）． 【解析】 【分析】(1)用线面垂直证明线线垂直; (2)建立空间直角坐标系,求出两个平面的法向量,利用法向量夹角的余弦值, 求得两个平面夹角的余弦值,也可以作出二面角的平面角,几何法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 【法一】 由题意知,,又由, 得为等腰直角三角形,且; 又,得,,且,在面内, 所以面,面,得面面且交线为, 设的中点为,则,面. 以为坐标原点,过点与平行的直线为轴,分别以、所在直线为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系, 得,，,, 为的中点,得, ,; 设平面的一个法向量为， 则，， 可取； 平面的一个法向量可取， 因为， 所以平面和平面夹角的余弦值为． 【法二】 取的中点,连结,则,且,, ,,,又,面, 又,面,而平面，, 过作于,,且, 又,平面,面, 而平面，得, 为二面角的平面角, ,, 所以平面和平面夹角的余弦值为. 17. 平面直角坐标系中，动点到点的距离比它到轴的距离多1． （1）求动点的轨迹方程； （2）若点C为，过的直线l与点的轨迹交于A，B两点（A，B与C不重合），直线，与直线交于点，．证明：以为直径的圆在上截得的弦长为定值． 【答案】（1）或 （2）依题意设直线的方程为，依题意，点的轨迹方程应取， 将代入，消去得， 设，，则，， 设，，， 则， 直线的方程为， 令，则， ，同理可得， 以线段为直径的圆与轴交点设为， 则，，且， ， ， 或， 以为直径的圆在轴上截得的弦长为定值． 【解析】 【分析】（1）根据距离公式得到方程，整理即可得解； （2）设直线的方程为，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线的方程，即可求出点坐标，同理可得点坐标，以线段为直径的圆与轴交点设为，根据求出参数的值，即可得解. 【小问1详解】 因为到点的距离为，到轴的距离为． 由题意动点到点的距离比它到轴的距离多1得， 整理得，，即． 当时，； 当时，； 所以动点的轨迹方程为或． 【小问2详解】 略 18. 已知函数 （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）求证：当时，在不存在最小值； （3）若在存在极值点，求实数a的取值范围． 【答案】（1） （2）由得． ， 设，则． 当时，对任意的，，则在上单调递增． 此时，对任意的，， 故在单调递增，不存在最小值． （3）． 【解析】 【分析】（1）先求导函数，得出切线斜率再写出点斜式方程即可求解； （2）根据导函数得出函数单调性即可证明； （3）根据导函数得出函数单调性分是否为负根讨论求解. 【小问1详解】 当时，函数，． 则，又． 故曲线在处的切线方程为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ，得， 因为在存在极值点，首先有负解． 得有负根，设， 当时，所以在单调递减． 且当时，，当时，． 因为有负根，所以，即．并设的负根为． 即，使，则当时，，单调递增， 当时，，单调递减，为的极大值点． 综上，若在存在极值点，则实数的取值范围为． 【点睛】关键点点睛：构造函数，再求导函数根据函数单调性解题. 19. 已知数列前n项和为，且满足，． （1）证明：对任意的，的值均为正整数，且为完全平方数； （2）记的个位数字为，求数列的前100项和； （3）是否存在，，使成立，如果存在求出x，y的值，如果不存在说明理由． 【答案】（1） 得， 即① 由①递推得② 方法一： ②-①得 即 由题意易知，所以． 又因为，均为正整数， ， ， 所以时，的值均为正整数． 由①得 故为完全平方数． 方法二： 由①②变形为 可得和是二次方程的两根， 所以．即． 又因为，均为正整数， ， ， 所以时，的值均为正整数． 由①得 故为完全平方数． （2）284 （3） 由①得 故为完全平方数． 则也为完全平方数． 因为， 所以 则只能是， 故， 整理得，即， 又， 故的值的个位数字只与和的个位数字有关， 因为，，则的个位数字为的个位数字5， 的个位数字为的个位数字6； 的个位数字为的个位数字9； 的个位数字为的个位数字0； 依此规律可得，的个位数字为1；的个位数字为4； 故的个位数字构成周期为6的周期数列， 1，4，5，6，9，0，1，4，5，6，9，0，1，… 则的个位数字是9；的个位数字是1，的个位数字是1， 的个位数字是9，的个位数字是1，的个位数字是1， 的个位数字是9，的个位数字是1，… 得故的值的个位数字构成以3为周期的周期数列9，1，1，9，1，1，9，1，1，…． 而的个位数字只能是以5为周期的数列6，6，4，0，4，6，6，4，0，4，…． 故的值的个位数字与的值个位数字一定不相等． 故不存在，使成立． 【解析】 【分析】（1）方法一，将递推公式可得①②，然后两式相减可得，方法二，通过联立①②解方程组，均可得，把递推公式变形得得为完全平方数； （2）由可得的个位数字只与和的个位数字有关，即只计算的个位数字的4倍与的个位数字的差的个位数字，然后利用列举法得出数列为周期为12的周期数列，然后求和即可 （3）假设存在，由（1）可得，即，进而得，然后利用列举法得出的值的个位数字构成以3为周期的周期数列和的个位数字只能是以5为周期的数列，进而得出矛盾即可 【小问1详解】 略 【小问2详解】 研究数列的前项和的个位数字， 则首先研究的个位数字，因为的值均为正整数． 又，所以的个位数字只与和的个位数字有关， 即只计算的个位数字的4倍与的个位数字的差的个位数字， 因为，，则的个位数字为的个位数字5， 的个位数字为的个位数字6； 的个位数字为的个位数字9； 的个位数字为的个位数字0； 依此规律可得，的个位数字为1；的个位数字为4； 故的个位数字构成周期为6的周期数列，1，4，5，6，9，0，1，4，5，6，9，0，1， 而的个位数字也只可由的个位数字得到，同研究的个位数字规律一样， 可的个位数字为数列：1，5，0，6，5，5，6，0，5，1，0，0，1，5，0，6，5，5，.…，是周期为12的周期数列，且， 又因为，则数列的前100项和为． 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛:第二问的关键点是的个位数字的4倍与的个位数字的差的个位数字，第三问的关键点是的值的个位数字只与和的个位数字有关，然后利用列举法得出相应的规律，从而得出答案. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $