精品解析：河北省石家庄市无极县石家庄实验中学2025届高三第一次调研考试数学试题

石家庄实验中学2025届高三年级第一次调研考试 数 学 命题：高三数学 考试时间：120分钟 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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，再选涂其他案标号.回答非选择题时，将案写在答题卡上，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、单项选择题: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，只有项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量满足，则（ ） A. 3 B. C. D. 1 4. 已知圆与直线相切于点，且圆过点，则圆的半径是（ ） A. B. C. 8 D. 9 5. 已知，且，，其中，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 已知函数在区间上的最小值为 ，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 若数列的前 项和为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 超市举办抽奖活动．箱子里装有十张参与奖与两张100元代金券．顾客第一次可使用5积分进行一次抽奖，若摸中100元代金券则结束，若摸中参与奖则可将奖券放回并花费2积分再抽一次．若紫阿姨铁了心也要抽中100元代金券，则她所花费积分的数学期望为（ ） A. 12 B. 15 C. 17 D. 20 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 为调研加工零件效率，调研员通过试验获得加工零件个数与所用时间（单位：）的5组数据为：，根据以上数据可得经验回归方程为：，则（ ） A. B. 回归直线必过点 C. 加工60个零件的时间大约为 D. 若去掉，剩下4组数据的经验回归方程会有变化 10. 已知椭圆的左、右焦点分别是，左、右顶点分别是，点是椭圆上异于的任意一点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 存在点满足 C. 直线与直线的斜率之积为 D. 若△的面积为，则点的横坐标为 11. 已知 ， ，且 则以下正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 过椭圆：右焦点 的直线 ：交于、两点， 为AB的中点，且OP的斜率为，则椭圆的标准方程为______. 13. 如图，正四面体的体积为，、 是棱、 靠近点的三等分点，是棱靠近点的三等分点，是棱 靠近点的三等分点，则多面体体积为______. 14. 若不等式（是自然对数的底数）对任意恒成立，则当取最大值时，实数 __________. 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. 在三角形中，角的对边分别为，已知. （1）求角； （2）若，设为 的中点，且，求三角形的周长. 16. 已知抛物线的焦点为 ，设为上不重合的三点，且. （1）求； （2）若均在第一象限，且直线 的斜率为，求 的坐标. 17. 已知三棱锥中，平面平面，平面 ． （1）求证： （2）若二面角的正弦值为，且 ，，求 ． 18. 已知函数，其中为自然对数的底数. （1）求函数的单调区间； （2）证明：； （3）设，若存在实数使得，求 的最大值. 19. 在平面直角坐标系中， 为坐标原点．对任意的点 ，定义．任取点，，记，，若此时成立，则称点，相关． （1）分别判断下面各组中两点是否相关，并说明理由； ①，；②，． （2）给定，，点集． （ ）求集合中与点相关的点的个数； （）若，且对于任意的，，点，相关，求 中元素个数的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 石家庄实验中学2025届高三年级第一次调研考试 数 学 命题：高三数学 考试时间：120分钟 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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，再选涂其他案标号.回答非选择题时，将案写在答题卡上，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、单项选择题: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，只有项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由交集的定义即可得答案. 【详解】由题，，则. 故选：D 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘、除法运算即可求解. 【详解】因为， 所以. 故选：A． 3. 已知平面向量满足，则（ ） A. 3 B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由，可得化简得，结合已知条件和数量积公式，再由向量的模长公式代入即可求出. 【详解】由于，所以， 又因为所以 所以， 所以. 故选：C. 4. 已知圆与直线相切于点，且圆过点，则圆的半径是（ ） A. B. C. 8 D. 9 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可求得圆心在和上，联立方程组即可求出圆心为，圆心到的距离即为半径. 【详解】与直线垂直且过点的直线为：， 化简为，所以圆心在， 又因为圆心在和的垂直平分线上， 所以和的垂直平分线为， 所以，解得：， 所以所求圆的圆心，半径， 故选：A. 5. 已知，且，，其中，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】将角度拆则分，，利用两角和差的正弦公式展开整理后，结合商数关系即可得. 【详解】解：∵ ∴ 整理得：，由于，，所以， 则，即. 故选：B. 6. 已知函数在区间上的最小值为 ，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分， 和三种情况，结合函数在特殊点的函数值，分类讨论得到实数a的取值范围. 【详解】当时，单调递减， 故在 处取得最小值，最小值为，满足要求， 当 或时，， 令得或， 当 时，恒成立， 故表格如下： 0 + 0 极小值 极大值 故在上取得极小值， 且，， 要想在区间上的最小值为 ， 则要，变形得到， 令，， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 且，， 故的解集为， 时，令可得， 当时，， 令得， 故在上单调递减， 故在 处取得最小值，最小值为，满足要求， 当时，恒成立， 故表格如下： + 0 0 + 极大值 极小值 故在上取得极小值， 且，， 要想在区间上的最小值为 ， 则要，变形得到， 令，， 时，，单调递增， 又，故上，无解， 综上：实数a的取值范围是. 故选：C 【点睛】三次函数是近两年高考常考考点，需要对三次函数图象理解到位，由于三次函数的导函数为二次函数，故常常利用二次函数的性质来研究三次函数的性质，比如三次函数零点问题，极值点情况等. 7. 若数列的前 项和为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据之间的关系可求出，进而求得，由此结合熟的大小比较可判断A，B，C，利用放缩法，当 时，可推出，累加即可判断D. 【详解】令，则，即， 由，的； 当 时，，即， 又，故为首项是1，公差为1的等差数列， 则，故， 所以当 时，，也适合该式， 故， 对于A， ，A错误； 对于B，，B错误； 对于C，，C错误； 对于D，当 时，， 故 ，D正确， 故选：D 8. 超市举办抽奖活动．箱子里装有十张参与奖与两张100元代金券．顾客第一次可使用5积分进行一次抽奖，若摸中100元代金券则结束，若摸中参与奖则可将奖券放回并花费2积分再抽一次．若紫阿姨铁了心也要抽中100元代金券，则她所花费积分的数学期望为（ ） A. 12 B. 15 C. 17 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】设抽奖次数为 ，花费的积分为，则，表达出，利用错位相减法和极限思想求出答案. 【详解】设抽奖次数为 ，花费的积分为，则， 每次抽中100元代金券的概率为， 故， 设，① ，②， 两式相减得， ， 故， 故， 故选：B 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 为调研加工零件效率，调研员通过试验获得加工零件个数 与所用时间 （单位：）的5组数据为：，根据以上数据可得经验回归方程为：，则（ ） A. B. 回归直线必过点 C. 加工60个零件的时间大约为 D. 若去掉，剩下4组数据的经验回归方程会有变化 【答案】BC 【解析】 【分析】求得数据的样本中心点可判断B；结合回归方程可求出可判断A；将代入回归方程求得预测值可判断C；根据恒过，可判断D. 【详解】，， 所以恒过，所以， 解得：，故A错误；B正确； 所以，令，则， 故加工60个零件的时间大约为，故C正确； 因为恒过， 所以剩下4组数据的经验回归方程不会有变化，故D错误. 故选:BC. 10. 已知椭圆的左、右焦点分别是，左、右顶点分别是，点是椭圆上异于的任意一点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 存在点满足 C. 直线与直线的斜率之积为 D. 若△的面积为，则点的横坐标为 【答案】CD 【解析】 【分析】由椭圆方程有，A由椭圆定义即可知正误；B由当 在椭圆上下顶点时最大，求出对应即可确定是否存在；C令，即有，由点在椭圆上即可确定是否为定值；D由三角形面积可确定P点纵坐标，代入椭圆即可求其横坐标. 【详解】由椭圆方程知：， A：，错误； B：当 在椭圆上下顶点时，，即最大值小于，错误； C：若，则，，有，而，所以，即有，正确； D：若，△的面积为，即，故，代入椭圆方程得，正确； 故选：CD. 11. 已知 ， ，且 则以下正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先利用因式分解法得，再通过证明，可知只有一解即：，然后把选项中的 代换为并进行化简可得A正确，C错误，而BD则需要构造为关于 的函数，利用求导法来判断单调性和最值，从而得证． 【详解】由因式分解可得：， 又因为，可知，即， 又由函数，求导， 当时，，可知在上递减， 当 时，，可知在上递增， 所以在 时取到最小值为0，有 即不等式成立，所以， 由可得：，即， 对于选项A，，所以选项A的正确的； 对于选项B，，构造函数，求导， 由 时，，所以在上递增， 即，因为，所以，所以选项B是正确的； 对于选项C，与不可能等价，所以选项C是错误的； 对于选项D，，构造函数，求导， 由时，，所以在上递增， 由 时，，所以在上递减， 所以的最大值是，即，所以选项D是正确的； 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 过椭圆 ：右焦点 的直线 ：交 于 、 两点， 为AB的中点，且OP的斜率为，则椭圆 的标准方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】先由直线方程求得右焦点坐标，得 ，再设，点 坐标代入椭圆方程相减得出直线 与直线 斜率的关系，从而求得的关系，结合 可求得得椭圆方程． 【详解】在中令得，所以椭圆右焦点为，即， 设，，， ∴，两式相减得， 所以，即，从而， ∴， 又，因此， ∴椭圆标准方程， 故答案为： 13. 如图，正四面体 的体积为， 、 是棱 、靠近点 的三等分点， 是棱 靠近点 的三等分点，是棱 靠近点 的三等分点，则多面体体积为______. 【答案】## 【解析】 【分析】多面体体积为三棱锥与四棱锥体积之和,再利用体积之比与高之比底面积之比的关系解题即可. 【详解】连接， ∵ ∴， ∵， ∴, ∴多面体体积为：. 故答案为：. 14. 若不等式（是自然对数的底数）对任意恒成立，则当取最大值时，实数 __________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，令，可知当 时符合题意，利用导数可得函数的单调性和最小值，其中，令最小值大于或等于0，进而得解. 【详解】由题意可知，令， 当时，研究函数与的图象， 因为，当时，，所以函数单调递减， 当时，，所以函数单调递增， 所以函数有最小值为， 而为单调递减的直线，如图， 此时不恒成立，不符合题意； 当 时，， 令，， 易知在上单调递减，在上单调递增， 且由于函数有最小值为，所以当 时，方程 有解， 设解为，则，且， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为， 由题意恒成立，所以， 所以， 当且仅当时取等号，此时. 【点睛】关键点点睛：利用导数可知方程 有解，设解为，则，从而表示出的最小值，进而求解. 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. 在三角形中，角的对边分别为，已知. （1）求角 ； （2）若，设 为 的中点，且，求三角形的周长. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边角互换结合题意可得，据此可得答案； （2）由题可得，由余弦定理可得，据此可得答案. 【小问1详解】 因为，所以， 则，化简得，， 因为，所以，即. 又因为，所以； 【小问2详解】 因为 为 中点，所以， 两边平方可得，，即① 在 中，由余弦定理得② 联立①②可得，，所以，故. 所以 的周长为. 16. 已知抛物线的焦点为 ，设为 上不重合的三点，且. （1）求； （2）若均在第一象限，且直线的斜率为，求 的坐标. 【答案】（1）6 （2） 【解析】 【分析】（1）首先，其次由可得，结合焦半径公式即可求解； （2）设直线的方程为将其与抛物线方程联立，结合韦达定理可得，结合可得，代入抛物线方程即可求解. 【小问1详解】 根据题意有. 设， 则， 由可得，即. 又由抛物线的几何性质可知. 故. 【小问2详解】 根据条件设直线的方程为， 与 的方程联立并化简有. ， 结合（1）中所设点坐标可知， ， 由可得，. 代入得， 所以点 坐标为. 【点睛】关键点点睛：第二问的关键是结合韦达定理以及向量共线先得 的纵坐标，由此即可顺利得解. 17. 已知三棱锥中，平面平面，平面 ． （1）求证： （2）若二面角的正弦值为，且 ，，求 ． 【答案】（1）证明：过 作于 ， 因为平面平面，平面平面，平面 ， 所以平面， 平面， 所以，又平面 ， 平面， 所以，因为平面 ，且 所以 平面 ，平面 ， 因此． （2） 【解析】 【分析】（1）过 作于 ，由面面垂直的性质定理可得平面，从而，再由线面垂直的定义和判定定理可证； （2）解法一：过 作于 ，连接，所以即为二面角的平面角，又有（1）可得，设，则，结合已知即可得解； 解法二：同方法一得，，设，则，可解； 解法三：如图，以 为原点，分别为 轴建立空间直角坐标系，记二面角为，设，求出面的法向量，又面的法向量为，由二面角的向量法求解； 解法四：如图，以 为原点，分别为 轴建立空间直角坐标系，设，有， 求出面的法向量，由二面角的向量法解得，又，即，可解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一：过 作于 ，连接， 则 平面，所以， 所以即为二面角的平面角， 所以，， 又有（1）可得， 设，则， 所以， 所以， 从而； 解法二：同方法一得，， 设，则， 所以，解得， 从而； 解法三：如图，以 为原点，分别为 轴建立空间直角坐标系， 记二面角为，设，由法一可知， ，， ， 设面的法向量为，则， 即，令 ，得， 又面的法向量为， 记二面角为，则， 所以， 解得，则， 所以. 解法四：如图，以 为原点，分别为 轴建立空间直角坐标系， ，设，有， ， 设面的法向量为，有，即， 令 ，得， 又面的法向量为， 记二面角为，则，则， 所以， 解得， 又，即， 所以，则. 【点睛】 18. 已知函数，其中为自然对数的底数. （1）求函数的单调区间； （2）证明：； （3）设，若存在实数使得，求 的最大值. 【答案】（1）增区间为，减区间为； （2） 要证，即证，令，即证， ，令，则，所以在上单调递减，又， 当时，；当 时，. 在上单调递增，在上单调递减， ，所以，即得证. （3）. 【解析】 【分析】（1）求出，判断导数正负得到函数的单调区间； （2）利用分析法转化要证结论，要证，即证，令，即证，利用导数判断单调性，求出最大值即可得证； （3），分别讨论当时和时是否存在使得，即可求解. 【小问1详解】 的定义域为， 所以当时， ；当 时， . 所以的增区间为，减区间为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当时，，即存在满足题意； 当时，由（2）知， ， 此时恒成立，不满足题意； 综上，所以 的最大值为. 19. 在平面直角坐标系中， 为坐标原点．对任意的点 ，定义．任取点，，记，，若此时成立，则称点 ， 相关． （1）分别判断下面各组中两点是否相关，并说明理由； ①，；②，． （2）给定，，点集． （ ）求集合中与点相关的点的个数； （）若，且对于任意的 ，，点 ， 相关，求 中元素个数的最大值． 【答案】（1）①相关；②不相关.（2）（ ）个（）. 【解析】 【分析】（1）根据所给定义，代入不等式化简变形可得对应坐标满足的关系，即可判断所给两个点的坐标是否符合定义要求. （2）（ ）根据所给点集，依次判断在四个象限内满足的点个数，坐标轴上及原点的个数，即可求得集合中与点相关的点的个数；（）由（1）可知相关点满足，利用分类讨论证明，即可求得 中元素个数的最大值． 【详解】若点，相关，则，，而， 不妨设， 则由定义可知， 化简变形可得， （1）对于①，；对应坐标取绝对值，代入可知成立，因此相关； ②对应坐标取绝对值，代入可知，因此不相关. （2）（ ）在第一象限内，，可知且，有个点；同理可知，在第二象限、第三象限、第四象限也各有个点. 在 轴正半轴上，点满足条件；在 轴负半轴上，点满足条件； 在 轴正半轴上，点满足条件；在 轴负半轴上，点满足条件； 原点满足条件； 因此集合中共有个点与点相关. （）若两个不同的点，相关，其中，，，， 可知. 下面证明. 若，则，成立； 若，则， 若，则，亦成立. 由于， 因此最多有个点两两相关，其中最多有个点在第一象限；最少有1个点在坐标轴正半轴上，一个点为原点. 因此 中元素个数的最大值为. 【点睛】本题考查了集合中新定义的应用，对题意的理解与分析能力的要求较高，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $