精品解析：河北省邢台市第一中学等学校2024-2025学年高三下学期3月月考数学试题

2025届高三一轮复习质量检测 数学试题 命题团队：邢台市第一中学高考研究中心数学组 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的班级、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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，集合，则集合中元素个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 不能确定 【答案】C 【解析】 【分析】求得直线恒过定点，且定点在椭圆内即可得答案. 【详解】由,得，两式平方再相加得：， 由直线得， 所以直线恒过定点， 因为，所以点在椭圆的内部， 所以直线与椭圆相交，则集合中元素个数为2个, 故选：C 2. 若，则实数的值为（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件可得出关于的等式与不等式，即可解得实数的值. 【详解】因为，则，解得. 故选：A. 3. 在梯形中，是上任意一点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，设，根据平面向量的线性运算可得出关于、的两个表达式，结合平面向量的基本定理可求得的值. 【详解】由题意可知，、共线，则存在，使得， 则，可得， 因为，则，设， 因为， 所以，， 因为、不共线，所以，，， 所以，，所以，，故， 故选：B. 4. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 若函数周期为4，则 B. 当时，函数的对称轴为 C. 若函数在单调，则有最大值2 D. 若函数可以由先向右平移个单位长度，再横坐标变为原来的3倍得到，则 【答案】C 【解析】 【分析】利用周期公式计算可得A错误，再由对称轴方程可判断D错误，由余弦函数单调性计算可得C正确，根据平移规则可判断D错误. 【详解】对于A，若函数周期为4，可得，解得，即A错误； 对于B，当时，函数的对称轴满足，解得，即B错误； 对于C，当时，，所以， 若函数在单调，可得，解得，即有最大值2，可得C正确； 对于D，先向右平移个单位长度可得， 再横坐标变为原来的3倍可得， 若能得到函数，可得，此时无解，即D错误. 故选：C 5. 已知函数，的图象与图象关于轴对称，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数的对称性可知，函数的图象关于点对称，则，可求出的值，利用导数分析函数的单调性，即可得出不等式的解集. 【详解】因为，则，故函数的图象关于点对称， 因为的图象与图象关于轴对称，故函数的图象关于点对称， 则， 因为， 则，解得， 所以，则， 当且仅当时，等号成立，即函数在上为增函数， 由可得，故所求不等式的解集为. 故选：D. 6. 一个四棱台的上下底面均为正方形，上底边长为4cm，下底是边长为8cm，侧面为全等的等腰梯形，且棱台的侧棱与上下底面的夹角均为，则这个棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据棱台几何特征求得它的高，再利用棱台体积公式计算可得结果. 【详解】连接和分别交于点，如下图所示： 则平面过上下底面的中心，作于点，如下图： 易知底面，底面， 因此即为侧棱与下底面的夹角的平面角，可得， 显然，且， 易知， 所以，则； 又为等腰直角三角形，可得； 可得这个棱台的体积为. 故选：D 7. 已知点在圆上，A（，0），，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设且，解出点的坐标，问题转化为，只需当、、三点共线时取得最小值即可求解. 【详解】设，，，则， 整理后， 与已知轨迹方程展开整理得：， 对照，得，解得，所以. 则当、、三点共线时取得最小值 故选：B. 8. 若函数，且，则正实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据不等式可利用同构思想构造函数判断函数单调性，即求即可，再利用导数求得可求出. 【详解】易知的定义域为， 由可得，即； 因为，所以，即， 构造函数，则， 可知函数在上单调递增，因此， 即，所以， 令，则， 当时，，此时在上单调递减， 当时，，此时在上单调递增， 因此在处取得极小值，也是最小值，； 即可得，解得. 所以正实数的取值范围是. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题关键在于将不等式恒成立利用指对同构等，通过构造函数转化为求函数极值、最值问题. 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数的定义域为，对任意都有．当时，，且．则下列命题正确的是（ ） A. B. 在定义域上单调递减 C. 函数在上的最大值为 D. 关于中心对称 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用赋值法计算可得A正确，根据函数单调性定义证明可得B正确，令可知，类比等差数列通项公式可得C正确，由对称中心定义可得D错误. 【详解】对于A，令，可得，又，可得，即A正确； 对于B，取，且，可得； 则 由时，可得，即， 即在定义域上单调递减，可得B正确； 对于C，令可知， 即，可知当时，是公差为的等差数列； 由选项B可知在上单调递减，所以最大值为， 类比等差数列通项公式可得，即C正确； 对于D，令可得，即， 可知关于中心对称，即D错误. 故选：ABC 10. 如图，圆锥的底面直径，母线，点是母线的中点．以下结论正确的是（ ） A. 沿圆锥的侧面从点到达点的最短距离为 B. 圆锥的外接球表面积为 C. 过点作平行于母线的平面，截圆锥所得抛物线的焦准距为3 D. 过点作动直线，满足与母线成角，直线形成的图形被圆锥底面所在平面截得的图形为椭圆 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，将圆锥侧面展开，连接，即为最短距离，根据弧长得到，为等边三角形，，A正确；B选项，设外接球的半径，求出圆锥的高，列出方程，求出半径，得到外接球表面积；C选项，作出辅助线，建立平面直角坐标系，写出点的坐标，设抛物线方程为，代入点的坐标，求出，则焦准距为；D选项，动直线轨迹是一个圆锥，直线的轨迹被圆锥底面截得的椭圆，D正确. 【详解】A选项，将圆锥侧面展开，如下图，连接， 则沿圆锥的侧面从点到达点的最短距离即为的长， 直径，母线，则，则， 故， 所以为等边三角形，，A正确； B选项：设外接球的半径为，，圆锥的高， 所以， 由勾股定理得，即，解得， 故外接球表面积，B正确； C选项，点为母线中点，过点与母线的平面必过底面圆圆心，交底面圆于、， 如下图，，设底面圆心为，则， 以为坐标原点，所在直线为建立平面直角坐标系，设抛物线方程为， 将代入得，，解得，则焦准距为，C错误； D选项，如图所示，动直线轨迹是一个圆锥， 其中此圆锥的轴为，故圆锥的底面与动直线轨迹圆锥底面不平行， 且，而，故，， 故直线的轨迹被圆锥底面截得的椭圆，D正确. 故选：ABD 【点睛】知识点点睛：在空间中，用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线是一个圆， 用一个不垂直轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角不同时，可以得到不同的截口曲线， 设圆锥的轴截面半顶角为， 当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线；当时，截口曲线为双曲线 11. 已知函数，的图象与直线交于、两点，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则a的取值范围为 B. 若，则无最值 C. D. 在处的切线的斜率大于 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围，可判断A选项；利用导数分析函数的单调性，可判断B选项；分析可知，将所证不等式变形为，令，构造函数，结合函数的单调性可判断C选项；利用D选项中的结论结合导数的几何意义可判断D选项. 【详解】对于A选项，函数的定义域为，， 令，则，令，则， 所以函数的单调减区间为，单调增区间为， 所以函数的极小值为，作出函数的图象如下图所示： 当时，则函数有两个零点，所以，，解得，A错； 对于B选项，若， 对于函数，有，解得，即函数的定义域为， 且， ， 当且仅当时，等号成立， 所以，函数在上为减函数，函数无极值，B对； 对于C选项，因为函数的单调减区间为，单调增区间为，则， 要证，即证， 令，，其中，则， 所以，函数在上为增函数，当时，， 所以，，C对； 对于D选项，因为， 所以，所以， 因为，则， 因为所以函数在处的切线斜率大于，D对. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知的三个内角分别为、、，，求的值___________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用正弦定理和余弦定理，即可得到结果. 【详解】由余弦定理得：， 由正弦定理（r为外接圆的半径）， 得， 则， 故答案为： 13. 已知椭圆的焦点为、，、为椭圆上不在轴上的关于原点对称的两动点，现将椭圆的上半部分沿轴进行翻折，当四面体体积最大时，异面直线和所成角的余弦值为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】求出、、的值，分析可知当点为椭圆短轴的端点时，且当平面平面时，为椭圆短轴的端点时，四面体体积最大，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线和所成角的余弦值. 【详解】在椭圆中，，，则， 因为、为椭圆上不在轴上的关于原点对称的两动点， 当点为椭圆短轴的端点时，的面积取最大值， 且当平面平面时，为椭圆短轴的端点时， 点到平面的体积取最大值，此时，四面体体积最大， 因为，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 则，， ， 因此，异面直线和所成角的余弦值为. 故答案为：. 14. 已知正项数列的前项和满足，若、、、、、构成以为公比的等比数列，且，数列的前项和___________． 【答案】 【解析】 【分析】由已知等式变形得出，结合可求得的表达式，由可求出数列的通项公式，根据等比数列的定义可得出的表达式，结合等差数列的通项公式可得出的表达式，结合分组求和法可求得. 【详解】在等式两边同时除以可得， 由题意可知，对任意的，，解得，可得， 当时，， 当时，， 也满足，故对任意的，， 因为，则， 所以，数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，，可得， 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，且 （1）判断的形状； （2）若，求的最大值． 【答案】（1）直角三角形 （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理以及三角恒等变换可得，再利用诱导公式计算可得结论； （2）根据边长关系并利用勾股定理，由基本不等式计算可得面积最大值. 【小问1详解】 根据正弦定理，由可得； 即，又， 可得，即，显然， 因此可得，即， 也即， 所以的形状为直角三角形. 【小问2详解】 由（1）可知， 又，可得 联立，可得， 即，可解得或； 又因为，所以，所以不合题意，舍去； 因此，即, 可得， 即的最大值为. 16. 已知四棱锥，四边形为梯形，．点Q、M、N分别在线段DA、BQ、PA上，且满足，，． （1）求证：平面； （2）平面，点Q在线段PB的中垂线上，，求平面PAB与平面PBD夹角的余弦值． 【答案】（1） 作交于点，交于点，连接，如下图所示： 由可得； 又，因此可知为梯形的一个三等分线， 所以； 因为，可得，即； 又，所以， 即四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面； 可得平面； （2） 【解析】 【分析】（1）根据梯形性质以及线段比例可证明四边形为平行四边形，再由线面平行判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，分别求平面PAB与平面PBD的法向量，利用面面角的向量求法计算即可得出结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由平面，可得； 又点在线段的中垂线上，所以， 又，，所以， 因此，此时，因此； 即两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 如下图所示： 可得， 则； 设平面的一个法向量为， 则，令，则，即； 设平面的一个法向量为， 则，令，则，即； 所以， 则平面与平面夹角的余弦值为. 17. 邢台市第一中学篮球队进行分投篮训练，已知队员投篮命中率为，其余队员命中率为． （1）如果队员、、轮流投篮一次，直到有人投进为止，投进球者获得奖励．若第一个投篮，求在第二次投篮时获得奖励的概率． （2）教练和队员约定：先投个球，如果都进，则其训练结束，否则需要再加练个投球，且，、为正整数．如果这样的约定以后一直进行，队员希望投篮的次数越少越好，那么他应该选择的值是多少？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式可求得所求事件的概率； （2）设队员投篮的次数的期望为，由题意可知，的可能取值有、、、、、、、、，求出的表达式，进而求出的最小值及其对应的值，即可得出结论. 【小问1详解】 若第一个投篮，在第二次投篮时获得奖励，则第一轮，三人都没投进， 由独立事件的概率乘法公式可知，所求概率为. 【小问2详解】 设队员投篮的次数的期望为， 由题意可知，的可能取值有、、、、、、、、，且， 由题意可得， 当且时，随着的增大而增大，此时，， 且，，， ，所以，最小， 所以，选择的值为. 18. 椭圆的标准方程为，若将其绕原点逆时针旋转，得到的曲线方程为，如图所示．设椭圆的右焦点，则 （1）求椭圆的标准方程． （2）点分别为椭圆的左、右顶点，直线上有一动点（不落在轴上），连接分别与椭圆交于两点、， ①问直线是否恒过定点？如果是，求出定点坐标，如果不是，说明理由． ②将椭圆关于直线对称得到椭圆，直线与椭圆交于、两点，求的取值范围． 【答案】（1） （2）； 【解析】 【分析】（1）根据椭圆与对称轴联立得出，即可得出椭圆标准方程； （2）①先设直线再联立计算得，化简令代入上式得即得定点；②应用弦长公式求解，再结合对称性得出 ，再应用值域求解. 【小问1详解】 联立得，即， 联立得，即， 所以椭圆； 【小问2详解】 ①设，， ， 联立得， 则, 联立，得， ，则， 代入式， ， 令代入上式得， 直线恒过定点； ②只需将直线关于对称，得， 与椭圆联立求弦长即可，，， ， 同理，将换成得 ， 因为，所以， 所以. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是应用弦长公式，再结合对称性转化直线得出弦长 ，最后计算求解. 19. 设集合满足下列条件：①中的元素是整数；②中任意两个元素的绝对值不相等；③中元素的绝对值构成集合；一次“变换”是指：将中绝对值成等差数列的三个数同时改变其正负符号． （1）若，对满足条件的是否总能经过有限次“变换”得到？ （2）若，对满足条件的是否总能经过有限次“变换”得到？ （3）若，证明对满足条件的总能经过有限次“变换”得到. 【答案】（1）不总能 （2）总能 （3） 下面用数学归纳法证明：当时，对满足条件的总可以经过有限次“变换”得到. 当时，（2）中已经证明. 假设时命题成立，对满足条件的总可以经过有限次“变换”得到. 当时， 若集合中绝对值为的数是正号时， 绝对值为有个数，直接应用归纳假设可得； 若集合中绝对值为是负号时， 先对绝对值为的三数进行一次“变换”，使变为正号，再应用归纳假设即可得； 综上所述，当时，对满足条件的总可以经过有限次“变换”得到. 故时，对满足条件的总可以经过有限次“变换”得到. 【解析】 【分析】（1）法一，举例；法二，发现时，每次“变换”中和恰出现一次，和也恰出现一次.可证不论如何变换恒有负数； （2）法一，当时，按中负数的个数分类.若仅个负数，按“谁是负数”分类，给出变换方法；法二，分别给出只改变任意一个数符号的方法即可得； （3）由递推规律，利用数学归纳法证明. 【小问1详解】 时满足条件的不总能经过有限次“变换”得到.原因如下： 法一：取，其中绝对值成等差的三个数有以下6组： ；；；；；； 不论对哪一组进行变换均要涉及到这四个数中的两个数变号， 那么这四个数中的负数总是奇数个，故不能经过有限次“变换”得到， 从而时满足条件的不总能经过有限次“变换”得到. 法二：时，只能对绝对值为；；；；；； 的组数进行“变换”. 注意到每次“变换”中和恰出现一次，和也恰出现一次. 因此当中与不同号、与同号时，不论如何进行变换，总有负数， 故就不可能经过有限次“变换”得到. 【小问2详解】 时对满足条件的总能经过有限次“变换”得到.原因如下： 法一：当时，先设中仅有一个负数. ①当仅有负数时，如下三次“变换”： ；；， 将所有数全变正. 由对称性，当仅有负数时同理. ②当仅有负数时，如下“变换”： ；； 将所有数全变正.由对称性，当仅有负数时同理. ③当仅有负数时，如下“变换”： ；； ； 现使中仅有负数，从而转化为上面②的情形，再依上变换最终将所有数全变正. 由对称性，当仅有负数时同理. ④当仅有负数时，如下两次“变换”： ， 使中仅有负数，从而转化为上面①的情形. 由对称性，当仅有负数时同理. 由上面的证明可以看出，可通过有限次“变换”， 使得中恰有一个数变号而其余各数不变号， 从而当中有多于一个负数时，可逐一使每个负数变为正号. 故时对满足条件的总能经过有限次“变换”得到. 法二：当时， ①对绝对值为；；的数各一次“变换”可以只改变的符号； ②对绝对值为；；的数各一次“变换”可以只改变的符号； ③对绝对值为的数“变换”一次，再依次进行①②所述变换，可以只改变的符号； ④对绝对值为的数“变换”一次，再依次进行③①所述变换，可以只改变的符号； 同理，由对称性，可以进行有限次“变换”，使得只改变绝对值为数中一个的符号. 由上当时，逐一改变每个负数的符号即可. 因此，每个满足条件的总能经过有限次“变换”得到. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键有二，一是找到时，恰改变一个数符号的方法，二是应用数学归纳法，由个数可转化为个数的情况解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三一轮复习质量检测 数学试题 命题团队：邢台市第一中学高考研究中心数学组 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的班级、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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，集合，则集合中元素个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 不能确定 2. 若，则实数的值为（ ） A. B. C. 或 D. 3. 在梯形中，是上任意一点，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 若函数周期为4，则 B. 当时，函数的对称轴为 C. 若函数在单调，则有最大值2 D. 若函数可以由先向右平移个单位长度，再横坐标变为原来的3倍得到，则 5. 已知函数，的图象与图象关于轴对称，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 6. 一个四棱台的上下底面均为正方形，上底边长为4cm，下底是边长为8cm，侧面为全等的等腰梯形，且棱台的侧棱与上下底面的夹角均为，则这个棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知点在圆上，A（，0），，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 8. 若函数，且，则正实数的取值范围是（ ） 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数的定义域为，对任意都有．当时，，且．则下列命题正确的是（ ） A. B. 在定义域上单调递减 C. 函数在上的最大值为 D. 关于中心对称 10. 如图，圆锥的底面直径，母线，点是母线的中点．以下结论正确的是（ ） A. 沿圆锥的侧面从点到达点的最短距离为 B. 圆锥的外接球表面积为 C. 过点作平行于母线的平面，截圆锥所得抛物线的焦准距为3 D. 过点作动直线，满足与母线成角，直线形成的图形被圆锥底面所在平面截得的图形为椭圆 11. 已知函数，的图象与直线交于、两点，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则a的取值范围为 B. 若，则无最值 C. D. 在处的切线的斜率大于 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知的三个内角分别为、、，，求的值___________． 13. 已知椭圆的焦点为、，、为椭圆上不在轴上的关于原点对称的两动点，现将椭圆的上半部分沿轴进行翻折，当四面体体积最大时，异面直线和所成角的余弦值为___________． 14. 已知正项数列的前项和满足，若、、、、、构成以为公比的等比数列，且，数列的前项和___________． 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，且 （1）判断的形状； （2）若，求的最大值． 16. 已知四棱锥，四边形为梯形，．点Q、M、N分别在线段DA、BQ、PA上，且满足，，． （1）求证：平面； （2）平面，点Q在线段PB的中垂线上，，求平面PAB与平面PBD夹角的余弦值． 17. 邢台市第一中学篮球队进行分投篮训练，已知队员投篮命中率为，其余队员命中率为． （1）如果队员、、轮流投篮一次，直到有人投进为止，投进球者获得奖励．若第一个投篮，求在第二次投篮时获得奖励的概率． （2）教练和队员约定：先投个球，如果都进，则其训练结束，否则需要再加练个投球，且，、为正整数．如果这样的约定以后一直进行，队员希望投篮的次数越少越好，那么他应该选择的值是多少？ 18. 椭圆的标准方程为，若将其绕原点逆时针旋转，得到的曲线方程为，如图所示．设椭圆的右焦点，则 （1）求椭圆的标准方程． （2）点分别为椭圆的左、右顶点，直线上有一动点（不落在轴上），连接分别与椭圆交于两点、， ①问直线是否恒过定点？如果是，求出定点坐标，如果不是，说明理由． ②将椭圆关于直线对称得到椭圆，直线与椭圆交于、两点，求的取值范围． 19. 设集合满足下列条件：①中的元素是整数；②中任意两个元素的绝对值不相等；③中元素的绝对值构成集合；一次“变换”是指：将中绝对值成等差数列的三个数同时改变其正负符号． （1）若，对满足条件的是否总能经过有限次“变换”得到？ （2）若，对满足条件的是否总能经过有限次“变换”得到？ （3）若，证明对满足条件的总能经过有限次“变换”得到. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $