精品解析：新疆维吾尔自治区乌鲁木齐地区2024-2025学年高三上学期第一次质量监测数学试题

乌鲁木齐地区2025年高三年级第一次质量监测 数学（问卷） （卷面分值：150分；考试时间：120分钟） 注意事项： 1.本试卷分为问卷（4页）和答卷（4页），答案务必书写在答卷（或答题卡）的指定位置上. 2.答题前，先将答卷密封线内的项目（或答题卡中的相关信息）填写清楚. 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计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.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】A 【解析】 【分析】由并集的运算即可求解； 【详解】由，， 则， 故选：A 2. 复数（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算直接计算即可. 【详解】. 故选：C. 3. 在公差不为0的等差数列中，若，则（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列前项和公式和等差数列的通项公式计算即可. 【详解】设等差数列的公差为，则， 由得， 所以，即. 故选：D. 4. 新高考改革方案采用“3+1+2”模式，“3”即全国统考的语文、数学、外语，“1”即在物理、历史2门首选科目中选考1门，“2”即在思想政治、地理、化学、生物学4门再选科目中选考2门.选考方案有（ ） A. 6种 B. 8种 C. 12种 D. 15种 【答案】C 【解析】 【分析】利用组合知识和分步乘法计数原理得到答案. 【详解】从物理、历史2门首选科目中选考1门，有种选择， 在思想政治、地理、化学、生物学4门再选科目中选考2门，有种选择， 故选考方案有种. 故选：C 5. 已知等边三角形 的边长是，、分别是、的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将向量、用基底表示，然后利用平面向量数量积的运算性质可求得的值. 【详解】如下图所示： 因为等边三角形 的边长是，、分别是、的中点， 则， 由得，可得， 由平面向量数量积的定义可得， 因此， . 故选：B. 6. 若，则下列命题正确的是 （ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用特殊值判断A、B、C，利用不等式的性质判断D. 【详解】对于A：当，时满足，但是，故A错误； 对于B：当，时满足，但是，故B错误； 对于C：当 ，时满足，但是，故C错误； 对于D：若，则，所以，则，故D正确； 故选：D 7. 如图，一个圆柱形容器中盛有水，圆柱母线，若母线放置在水平地面上时，水面恰好过的中点，那么当底面圆 水平放置时，水面高为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两种放置方式水的体积不变即可求得. 【详解】如图， 设圆柱底面半径为 ，则当母线水平放置时，圆柱中含水部分可以看作是以弓形为底，为高的柱体， 因为水面过的中点，则， 则弓形的面积为， 当底面圆 水平放置时，底面圆的面积为，设水面高为 ， 则由水的体积不变可得：，即， 解的：. 故选：. 8. 已知函数，，当时，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取特值解得，整理可得，换元令，构建，根据导数的几何意义求临界状态，结合图象即可得结果. 【详解】因为当时，， 则，即， 整理可得，解得， 若，则， 整理可得， 令，则，可得， 构建，则， 可知在内单调递增， 若与相切， 设切点坐标为，切线斜率， 则切线方程为，整理可得， 注意到直线过定点，则， 整理可得，注意到， 可得，即，可得， 结合图象可知：，所以的取值范围是. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：取特指确定的必要条件，这样可以简化讨论和计算. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 关于双曲线，下列说法正确的有（ ） A. 实轴长为16 B. 焦点坐标为， C. 离心率为 D. 渐近线方程为 【答案】ABC 【解析】 【分析】将双曲线方程化为标准形式，求解长轴判断A，求解焦点坐标判断B，求解离心率判断C，求解渐近线方程判断D即可. 【详解】因为，所以， 则，化简得，则， 对于A，则实轴长为，故A正确， 对于B，焦点坐标为，，故B正确， 对于C，离心率为，故C正确， 对于D，渐近线方程为，故D错误. 故选：ABC 10. 关于 的函数，下列结论正确的有（ ） A. 函数的最小正周期 B. 若，则是奇函数 C. 若，则是图象的一条对称轴 D. 若，，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：举反例说明即可；对于B：整理可得，即判断奇偶性；对于C：整理可得，根据对称性的定义分析判断；对于D：代入可得，，两式平方相加整理即可. 【详解】函数的定义域为， 对于选项A：例如， 则， 此时函数无最小正周期，故A错误； 对于选项B：若，即， 可得， 可知函数为奇函数，故B正确； 对于选项C：若，即， 可得， 则， 所以是图象的一条对称轴，故C正确； 对于选项D：若，， 可得，， 因为， 即，整理可得，故D正确； 故选：BCD. 11. 给定棱长为1的正方体，是正方形内（包括边界）一点，下列结论正确的有（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 若点在线段上，则异面直线与所成角为定值 C. 若点在线段上，则的最小值为 D. 若，则点轨迹的长度为 【答案】ABC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出底面积，再利用点到平面的距离公式求出点面距离，求出体积是定值判断A，利用线线角的向量求法求出线线角，得到定值判断B，作出展开图，利用先判断最小值是线段 ，再利用余弦定理求解其长度判断C，求出轨迹方程，再利用圆的弧长公式求解弧长判断D即可. 【详解】如图，以为原点，建立空间直角坐标系，连接， 设，，则， 对于A，易得面的法向量为，设到面的距离为， 由点到平面的距离公式得，而， 则，即三棱锥的体积为定值，故A正确， 对于B，因为点在线段上，所以， 而，，则，， 得到，，解得，即， 如图，连接，由题意得，， 则，，设异面直线与所成角为， 则，而，故， 即异面直线与所成角为定值，故B正确， 对于C，如图，将面沿着翻折，使面与面共面， 由题意得四边形是正方形，四边形是矩形， 得到，，故 而，则 的长度即为所求最小值， 由余弦定理得，解得，故C正确， 对于D，如图，连接，此时，， 则由两点间距离公式得， 因为，所以， 两边同时平方得，化简得， 则的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧， 由正方体性质得，则弧长为， 即点轨迹的长度不为，故D错误. 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：解题关键是建立空间直角坐标系，然后求解出轨迹方程，再利用弧长公式得到所要求的轨迹长度即可． 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，共计15分. 12. 已知，则________． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】利用指数函数，对数函数的运算性质求解即可． 【详解】因为，所以， 则. 故答案为：. 13. 李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他记录了多次所花时间，假设坐公交车用时和骑自行车用时都服从如图的正态分布.星期一李明出门有可用，他应该选择______交通工具；星期二李明出门有可用，他应该选择______交通工具； 【答案】 ①. 自行车 ②. 公交车 【解析】 【分析】应选择在给定时间内不迟到的概率大的交通工具，结合图形，比较概率的大小可得答案. 【详解】由题意，应选择在给定时间内不迟到的概率大的交通工具. 根据和的分布密度曲线图可知：，， 可得， 若有可用，那么骑自行车不迟到的概率大，应选择骑自行车； 若有可用，那么坐公交车不迟到的概率大，应选择坐公交车； 故答案为：骑自行车；坐公交车. 14. 已知椭圆：的左焦点为，过点且倾斜角为 的直线交轴于点，交椭圆于，两点（点在点左侧），，则椭圆的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】设直线为，求得纵坐标，由求得的坐标，代入椭圆方程即可求解. 【详解】由题设，令直线为， 易得 因为 可得，又， 可得：，再结合， 可得 代入椭圆方程，又， 所以 化简可得：，因为， 易知 所以，即 所以 故答案为：. 四、解答题：本大题共5小题，共计77分.解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在 中，角，，的对边分别为，，，已知，，. （1）求 的面积； （2）求 中 的角平分线的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据面积公式运算求解即可； （2）设角平分线为，根据面积关系运算求解即可. 【小问1详解】 因为，，， 所以 的面积为. 【小问2详解】 设角平分线为， 因为 则， 即，解得， 所以 的角平分线的长为. 16. 如图，一个质点从原点0出发，每隔向左或向右移动一个单位，每次移动时向右移动的概率为0.6，记后质点所在的位置是. （1）求； （2）至少几秒后才能使得. 【答案】（1） （2）至少后 【解析】 【分析】（1）根据题意分析可知，，可得，结合二项分步运算求解； （2）由（1）结合期望的性质可得，令，运算求解即可. 【小问1详解】 记后质点向右移动的次数为. 则，且， 可得，令，即，解得， 则. 【小问2详解】 由（1）可知：， 令，解得， 所以至少后才能使得. 17. 如图，和都垂直于平面 ，且，是线段 上一点. （1）若平面 ，证明是 的中点； （2）若， ，平面与平面夹角的余弦值为，求. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的性质可得，进而根据四边形是平行四边形，即可求解， （2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角公式求解. 【小问1详解】 过点作交于点，连接， 则，即、、、四点共面， ∵平面 ，平面, 平面平面， ∴，又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，∴是 的中点 【小问2详解】 ∵ ，平面 ， 以为坐标原点，为 轴，为轴，过平行于的直线为 轴，建立坐标系. 记，则，，，，. 设,则，即点的坐标为,，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，则， ，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 令 ，则，则， 因为平面与平面的夹角余弦值为， 所以. 整理得,解得或（舍）， 所以. 18. 已知抛物线：的焦点为，点在上，且. （1）求的方程； （2）过点的直线交于，两点（异于点）. （ⅰ）若 ，求； （ⅱ）过点与直线垂直的直线交于，两点，设线段，的中点分别为，， 是坐标原点，求面积的取值范围. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据焦半径公式以及点的坐标即可联立方程求解， （2）联立直线与抛物线的方程，根据向量垂直的坐标运算即可求解，进而根据焦点弦公式求解（ⅰ），根据中点坐标求解直线的方程，即可直线与 轴的交点，根据三角形面积公式，结合基本不等式求解即可. 【小问1详解】 由题意可得 ，解得或（舍）.所以的方程为 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）可得.设直线的方程为，，. 由方程组，消去 ，得， 则， 所以，. 由 可得 解得或（舍）.所以直线的方程为. ； （ⅱ）由（ⅰ）可得，故 故， 将换成可得， 当时，或，故直线的方程为， 当时，， 故直线的方程为， 令，得，， 当且仅当时等号成立，所以面积的取值范围为. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，如本题需先将的面积用表示出来，然后再利用基本不等式长最值． 19. 已知 . （1）求证：当 时， ； （2）设. （ⅰ）求证：数列为递减数列； （ⅱ）求证：. 【答案】（1） 由 得， 令，则 当 时， ，所以函数 在上单调递增， 又∵ ，∴ ， ∴在上单调递增， ∵ ，∴ . （2）（ⅰ）由题意可得：， 令 ，，即 . 令 ，， ∵ ， ∴在上单调递减， ∵ ，∴ ， ∴，， ∴为递减数列； （ⅱ）由（i）可知，， ∵， ∴， 由（1）可知，当 时， ，即， 当时，， ∴, ∴. 又， ∴. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，并构造，利用导数判断出函数的单调性和最值，即可证明出不等式； （2）（ⅰ），令 ，，构造函数 并求导，即可求解函数的单调性，从而得到数列的单调性，即可得证. （ⅱ）由题意结合，得，利用（1）可得，从而有，结合放缩法可得，又由（ⅰ）知，，即可证得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ⅱ）略 【点睛】关键点点睛：利用导数证不等式的基本步骤 (1)作差或变形； (2)构造新的函数； (3)利用导数研究的单调性或最值； (4)根据单调性及最值，得到所证不等式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 乌鲁木齐地区2025年高三年级第一次质量监测 数学（问卷） （卷面分值：150分；考试时间：120分钟） 注意事项： 1.本试卷分为问卷（4页）和答卷（4页），答案务必书写在答卷（或答题卡）的指定位置上. 2.答题前，先将答卷密封线内的项目（或答题卡中的相关信息）填写清楚. 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计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.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. 复数（ ） A. B. C. D. 3. 在公差不为0的等差数列中，若，则（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 4. 新高考改革方案采用“3+1+2”模式，“3”即全国统考的语文、数学、外语，“1”即在物理、历史2门首选科目中选考1门，“2”即在思想政治、地理、化学、生物学4门再选科目中选考2门.选考方案有（ ） A. 6种 B. 8种 C. 12种 D. 15种 5. 已知等边三角形 的边长是，、分别是、的中点，则（ ） A. B. C. D. 6. 若，则下列命题正确的是 （ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 7. 如图，一个圆柱形容器中盛有水，圆柱母线，若母线放置在水平地面上时，水面恰好过的中点，那么当底面圆 水平放置时，水面高为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，，当时，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 关于双曲线，下列说法正确的有（ ） A. 实轴长为16 B. 焦点坐标为， C. 离心率为 D. 渐近线方程为 10. 关于 的函数，下列结论正确的有（ ） A. 函数的最小正周期 B. 若，则是奇函数 C. 若，则是图象的一条对称轴 D. 若，，则 11. 给定棱长为1的正方体，是正方形内（包括边界）一点，下列结论正确的有（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 若点在线段上，则异面直线与所成角为定值 C. 若点在线段上，则的最小值为 D. 若，则点轨迹的长度为 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，共计15分. 12. 已知，则________． 13. 李明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他记录了多次所花时间，假设坐公交车用时和骑自行车用时都服从如图的正态分布.星期一李明出门有可用，他应该选择______交通工具；星期二李明出门有可用，他应该选择______交通工具； 14. 已知椭圆：的左焦点为，过点且倾斜角为 的直线交轴于点，交椭圆于，两点（点在点左侧），，则椭圆的离心率为______. 四、解答题：本大题共5小题，共计77分.解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在 中，角，，的对边分别为，，，已知，，. （1）求 的面积； （2）求 中 的角平分线的长. 16. 如图，一个质点从原点0出发，每隔向左或向右移动一个单位，每次移动时向右移动的概率为0.6，记后质点所在的位置是. （1）求； （2）至少几秒后才能使得. 17. 如图，和都垂直于平面 ，且，是线段 上一点. （1）若平面 ，证明是 的中点； （2）若， ，平面与平面夹角的余弦值为，求. 18. 已知抛物线：的焦点为，点在上，且. （1）求的方程； （2）过点的直线交于，两点（异于点）. （ⅰ）若 ，求； （ⅱ）过点与直线垂直的直线交于，两点，设线段，的中点分别为，， 是坐标原点，求面积的取值范围. 19. 已知 . （1）求证：当 时， ； （2）设. （ⅰ）求证：数列为递减数列； （ⅱ）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $