精品解析：陕西省汉中市普通高中2025届高三下学期质量检测考试数学试题

汉中市普通高中2025届高三年级质量检测考试 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 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． 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容． 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. 已知的内角的对边分别为，若，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. （ ） A. B. C. D. 4. 函数的单调递增区间为（ ） A. B. C. D. 5. 某中学随机抽取了60名学生，统计了他们某天学习数学的时间，数据如下表，则该组数据的第75百分位数是（ ） 学习时间／分钟 60 70 80 90 100 110 120 人数 9 10 14 12 8 5 2 A. 75分钟 B. 90分钟 C. 95分钟 D. 100分钟 6. 从正四棱台的12条棱中任取2条，则这2条棱互相平行的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 如图1，这是一只古代的青花牡丹纹碗.已知该碗高10cm，口径26cm，底径10cm，该碗的轴截面（不含碗底部分）是抛物线的一部分，如图2，则该抛物线的焦点到准线的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 若，则（ ） 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. 若函数，则（ ） A. B. 的最小值为0 C. 是奇函数 D. 的定义域为 10. 已知点，点在曲线上，则（ ） A. 曲线由虚轴长相等的两条双曲线组成 B. 存在无数个点，使得 C. 存在无数个点，使得 D. 存在8个点，使得 11. 如图，在四面体中，，，，，，分别为棱上的动点，则（ ） A. 的最小值为 B. 四面体的体积为 C. 的最小值为2 D. 二面角的余弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设为坐标原点，为圆上的动点，则的最大值为______． 13. 如图，一滑轮组中有两个定滑轮A，B，在从连接点O出发的三根绳的端点处挂着三个重物，它们所受的重力分别为4N，4N，7N，此时整个系统处于平衡状态，则________. 14. 设是关于的方程的一个实根，其中为常数，则______． 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. 已知函数的图象在点处的切线的一个方向向量为． （1）求的值； （2）若不等式恒成立，求的取值范围． 16. 如图，是圆柱上底面圆周上的三个不同的点，为直径，，均为该圆柱的母线． （1）证明：平面平面． （2）若，，，求与平面所成角的正弦值． 17. 对于数列，记区间内偶数的个数为，则称数列为的偶数列． （1）若数列为数列的偶数列，求． （2）若数列为数列的偶数列，证明：数列为等比数列． （3）在（2）的前提下，若数列为等差数列的偶数列，，求数列的前项和． 18. A，B两人做游戏，每次游戏只需用一只手完成，记A的左，右手分别为，，B的左，右手分别为，，每次游戏A，B的得分之和均为0，记A用的概率为，B用的概率为，每次游戏A的得分如下表所示（比如A用，B用参加游戏，A的得分为5）： 5 3 （1）分别求每次游戏A得分的期望与B得分的期望； （2）当，时，设每次游戏A，B选择用哪只手参与相互独立，求经过两次游戏后，B的总得分为正数的概率； （3）假设，的值可以自由调整，其中不取，证明：不论取何值，A总能通过调整的值，使得每次游戏A得分的期望不小于． 19. 已知椭圆的离心率为，点在该椭圆上，均为该椭圆上的动点． （1）求该椭圆的方程； （2）若的重心是坐标原点，求直线的方程； （3）若的重心是坐标原点，证明：的面积是定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 汉中市普通高中2025届高三年级质量检测考试 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 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． 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容． 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. 已知的内角的对边分别为，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理直接求解. 【详解】在中，由正弦定理得，所以. 故选：D 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据有理数和无理数的概念以及无理数数的拆分，对各个选项判断即可. 【详解】因为， 设,则：有理数部分：，无理数部分， , ,符合条件，所以，故A错误； 设,则有理数部分，无理数部分:， , ,符合条件，故，故B错误； 设,则：有理数部分，无理数部分： ，故,故C正确； 设,则有理数部分： (非整数，矛盾)，故，故D错误． 故选：C. 3. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的四则运算化简即可. 【详解】． 故选：A. 4. 函数的单调递增区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦函数的单调性列出不等式求解即可. 【详解】依题意，函数的递增区间，即为函数的递减区间， 由，解得， 所以的单调递增区间为. 故选：A. 5. 某中学随机抽取了60名学生，统计了他们某天学习数学的时间，数据如下表，则该组数据的第75百分位数是（ ） 学习时间／分钟 60 70 80 90 100 110 120 人数 9 10 14 12 8 5 2 A. 75分钟 B. 90分钟 C. 95分钟 D. 100分钟 【答案】C 【解析】 【分析】应用百分位数定义计算求解. 【详解】因为，所以第75百分位数是所有数据从小到大排列的第45项和第46项的平均数， 由表中数据可知，第45项为90，第46项为100，所以第75百分位数是分钟． 故选：C. 6. 从正四棱台的12条棱中任取2条，则这2条棱互相平行的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先确定出正四棱台中的平行直线，再应用古典概型及组合数计算求解. 【详解】因为，，所以这2条棱互相平行的概率为． 故选：D. 7. 如图1，这是一只古代的青花牡丹纹碗.已知该碗高10cm，口径26cm，底径10cm，该碗的轴截面（不含碗底部分）是抛物线的一部分，如图2，则该抛物线的焦点到准线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，建立平面直角坐标系，设出抛物线的标准方程，利用待定系数法求出参数值. 【详解】以该碗轴截面的对称轴为轴，抛物线的顶点为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图， 设该抛物线的方程为（的单位均为cm），点纵坐标为（单位：cm）， 则，，于是，解得， 故该抛物线的焦点到准线的距离为． 故选：B 8. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由对数的运算性质变形，再构造函数，然后求导分析单调性即可. 【详解】，，． 构造函数，则， 易证函数为增函数， （，令，所以时，为增函数.） 所以，所以，所以，即． 故选：C. 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. 若函数，则（ ） A. B. 的最小值为0 C. 是奇函数 D. 的定义域为 【答案】ACD 【解析】 【分析】用特值法可判断A、B；求出函数的定义域判断D；利用奇函数的定义既可判断C. 【详解】，故A正确； 由，得，故D正确． 因为，所以的最小值不是0，故B错误． 因为，所以是奇函数，故C正确． 故选：ACD. 10. 已知点，点在曲线上，则（ ） A. 曲线由虚轴长相等的两条双曲线组成 B. 存在无数个点，使得 C. 存在无数个点，使得 D. 存在8个点，使得 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用椭圆、双曲线的定义判断ABC；求出点的轨迹，借助数形结合法判断D. 【详解】由，得或， 则曲线由双曲线与双曲线组成， 对于A，双曲线与双曲线的实轴长都为4，虚轴长不等，A错误； 对于B，点是双曲线的两个焦点，则存在无数个点，使得，B正确； 对于C，点是双曲线的两个焦点，则存在无数个点，使得，C正确； 对于D，由，得点的轨迹是以为焦点，为长轴长的椭圆， 由图知，该椭圆与曲线共有8个交点，因此存在8个点，使得，D正确. 故选：BCD 11. 如图，在四面体中，，，，，，分别为棱上的动点，则（ ） A. 的最小值为 B. 四面体的体积为 C. 的最小值为2 D. 二面角的余弦值为 【答案】BC 【解析】 【分析】先由线面垂直的判定定理证明平面，再由棱锥的体积公式可得B正确；由线面垂直的判定定理得到平面，从而得到二面角的平面角，再由几何关系计算可得D错误；将侧面翻折至点与平面共面，分别得到的最小值为和的最小值为，由解三角形即得A错误，C正确. 【详解】对于B，因为，，所以， 又，，平面，所以平面． 因为，，所以，，， 所以四面体的体积为，故B正确； 对于D，由平面，平面，得， 又，，平面，所以平面， 又平面，则，所以为二面角的平面角， 因为，，所以， 所以，故D错误； 对于A、C，将侧面翻折至点与平面共面，如图所示， 过点作于点，过点作于点， 则的最小值为，的最小值为，故A错误，C正确. 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设为坐标原点，为圆上的动点，则的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】求出的值，即可得出的最大值. 【详解】圆的圆心为，半径为， 因为，所以的最大值为． 故答案为：. 13. 如图，一滑轮组中有两个定滑轮A，B，在从连接点O出发的三根绳的端点处挂着三个重物，它们所受的重力分别为4N，4N，7N，此时整个系统处于平衡状态，则________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，可得，再利用数量积的运算律及夹角公式计算得解. 【详解】依题意，，则， 即，解得， 所以. 故答案为： 14. 设是关于的方程的一个实根，其中为常数，则______． 【答案】4 【解析】 【分析】令，利用二倍角的正切公式用表示即可得解. 【详解】设，则， ，整理得， 而是关于的方程的实根， 所以. 故答案为：4. 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. 已知函数的图象在点处的切线的一个方向向量为． （1）求的值； （2）若不等式恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出参数. （2）由（1）的结论，等价变形不等式，分离参数并构造函数，利用导数求出函数最小值即可. 【小问1详解】 函数，求导得， 由图象在点处的切线的一个方向向量为，可得该切线斜率为1， 因此，所以. 【小问2详解】 由（1）知，函数的定义域为， 不等式恒成立，即对恒成立， 因此对恒成立， 设，求导得， 由，得；由，得， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 则， 故得，即的取值范围是. 16. 如图，是圆柱上底面圆周上的三个不同的点，为直径，，均为该圆柱的母线． （1）证明：平面平面． （2）若，，，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 证明：因为为直径，是上底面圆周上异于的一点，所以． 因为为该圆柱的母线，所以平面，平面， 所以，又，平面． 所以平面． 因为平面，所以平面平面． （2） 【解析】 【分析】（1）根据母线的性质可得平面，从而得，根据直径得，从而得平面，结合面面垂直的判断可得平面平面； （2）利用向量法可求线面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设点在圆柱下底面的射影为，连接． 以为坐标原点，，，的方向分别为轴的正方向， 建立空间直角坐标系，如图所示． 因为，，所以， 所以， ． 设平面的法向量为， 则，即， 取，得． 由， 得与平面所成角的正弦值为． 17. 对于数列，记区间内偶数的个数为，则称数列为的偶数列． （1）若数列为数列的偶数列，求． （2）若数列为数列的偶数列，证明：数列为等比数列． （3）在（2）的前提下，若数列为等差数列的偶数列，，求数列的前项和． 【答案】（1） （2）证明：在区间内的偶数为， 则． 因为， 所以是首项为2，公比为2的等比数列． （3） 【解析】 【分析】（1）列出在区间内的偶数，根据偶数列的概念即可求解； （2）找出在区间内的偶数，求出数列的通项公式，利用等比数列的定义即可证明； （3）利用等差数列的基本量求出，可得，可得，利用错位相减法即可求解. 【小问1详解】 解：在区间内的偶数为2，4，6，8，10， 共有5个，则． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：设等差数列的公差为，则， 所以， 所以． 由（2）知，，则， ①， 则②， 所以①-②可得： ， 故． 18. A，B两人做游戏，每次游戏只需用一只手完成，记A的左，右手分别为，，B的左，右手分别为，，每次游戏A，B的得分之和均为0，记A用的概率为，B用的概率为，每次游戏A的得分如下表所示（比如A用，B用参加游戏，A的得分为5）： 5 3 （1）分别求每次游戏A得分的期望与B得分的期望； （2）当，时，设每次游戏A，B选择用哪只手参与相互独立，求经过两次游戏后，B的总得分为正数的概率； （3）假设，的值可以自由调整，其中不取，证明：不论取何值，A总能通过调整的值，使得每次游戏A得分的期望不小于． 【答案】（1）， （2） （3） 证明：记（且）． 当时，； 当时，，单调递减， 则A可取，使得； 当时，单调递增， 则A可取，使得． 综上，不论取何值，A总能通过调整的值，使得每次游戏A得分的期望不小于． 【解析】 【分析】（1）结合题意，列出的可能取值，再求出相应概率，然后由公式求出期望； （2）结合题意列出的分布列，再分析求出的总得分为正数的概率； （3）记，结合函数的单调性分别讨论当和以及时，A得分的期望. 【小问1详解】 设每次游戏A的得分为，的得分为，则的分布列为 5 3 所以， 所以． 【小问2详解】 当，时，的分布列为 7 1 当第一次得7分时，第二次不管得几分，的总得分均为正数； 当第一次得分或分时，第二次只能得7分； 当第一次得1分时，第二次只能得1分或7分． 故经过两次游戏后，的总得分为正数的概率为． 【小问3详解】 略. 19. 已知椭圆的离心率为，点在该椭圆上，均为该椭圆上的动点． （1）求该椭圆的方程； （2）若的重心是坐标原点，求直线的方程； （3）若的重心是坐标原点，证明：的面积是定值． 【答案】（1） （2） （3）设，当直线的斜率不存在时，易得，直线的方程为， 或，直线的方程为． 将代入椭圆的方程，可得， 所以的面积. 当直线的斜率存在时，设，． 与（2）同理，可得，得的中点， 所以直线的方程为， 即． 令，可得直线在轴上的截距为，则． 将代入椭圆的方程，得， 即，则， 所以． 因为，所以，所以，所以． 又因为是的重心，所以． 综上，的面积是定值． 【解析】 【分析】（1）根据离心率及点在椭圆上分别列式计算求参得出椭圆方程； （2）点差法得出直线斜率，再点斜式得出直线方程； （3）根据直线斜率不存在及斜率存在两种情况分别计算面积即可求解. 【小问1详解】 因为，所以，可得． 又因为点在该椭圆上，所以，解得，所以， 故该椭圆的方程为． 【小问2详解】 设，则的中点． 因为的重心是坐标原点，所以，， 可得，，得的中点． 由得， 即，可得， 所以直线的方程为，即． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $