精品解析：河北省金科大联考2025届高三5月质量检测数学试题

金科大联考·2025届高三5月质量检测 数 学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 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，则（ ） A. i B. C. D. 2. 设集合，，若，则（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. e 3. 记为等差数列的前n项和，若，则数列的公差为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 已知圆A的圆心为，且圆A截x轴所得的弦长为6，则圆A的半径为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 5. 若平面向量，，满足，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 若函数是定义域为R且周期为3的奇函数，且，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 7. 已知，均为锐角，为钝角，若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的左、右顶点分别为，上、下焦点分别为，点P在x轴上，若的内切圆的圆心为，且，则的离心率为（ ） 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. 已知某区域的水源指标与某种植物的分布数量之间的数据如下表所示，则（ ） 10 20 30 40 50 y 23 45 60 78 94 附：相关系数. A. 与的相关系数为正数 B. 与的回归直线经过点 C. 删去数据后，与的相关系数变小 D. 增加数据后，与的相关系数不变 10. 已知函数的图像关于直线对称，则（ ） A. 在上有3个零点 B. 在上有3个极值点 C. 的图像关于点对称 D. 的图像关于直线对称 11. 已知函数，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知随机变量X服从标准正态分布，若，则______． 13. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，过的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，若，则的周长为______． 14. 在三棱锥中，，点P在平面ABC上的投影O是的垂心，平面PBC，若，则三棱锥的体积的最大值为 __________________ ． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知函数的定义域和值域相同．． （1）求a； （2）记的导函数为，求的极小值． 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，. （1）证明：平面； （2）点，分别在线段，上，且，当平面与平面的夹角为时，求的长. 17. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． （1）若，求A； （2）若a，b，c成等差数列，，求的面积． 18. 甲乙二人进行乒乓球比赛，已知单局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛的结果相互独立．规定比赛中首次连胜两局的一方最终胜出，比赛结束． （1）若，求在第六局比赛结束后，甲最终胜出的概率； （2）求第局比赛结束后，甲最终胜出的概率； （3）求整局比赛中，甲最终胜出的概率． 附：当0<q<1且n无穷大时，． 19. 已知抛物线C：的焦点为F，抛物线C上的2n个点（在x轴上方，在x轴下方）满足：直线经过点F，且斜率为1，当时，，，记线段的中点为，直线与直线的交点为． （1）求点的纵坐标； （2）证明：三点共线； （3）证明；当时，，并求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 金科大联考·2025届高三5月质量检测 数 学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 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，则（ ） A. i B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的除法的运算法则化简，即可由共轭的定义求解. 【详解】由可得，所以，故，故， 故选：A 2. 设集合，，若，则（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. e 【答案】C 【解析】 【分析】根据集合相等的定义，即可求解. 【详解】由可知，，解得，满足条件. 故选：C 3. 记为等差数列的前n项和，若，则数列的公差为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据可得，即可求解公差. 【详解】由于是等差数列，且，故，故， 所以公差为， 故选：D 4. 已知圆A的圆心为，且圆A截x轴所得的弦长为6，则圆A的半径为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆心到弦的距离、半径、半弦长之间的关系求解. 【详解】由圆心坐标可知，圆心到弦的距离为， 又弦长为，所以圆的半径， 故选：A 5. 若平面向量，，满足，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】移项得，再同平方即可得到，再计算即可. 【详解】由可得，即，， 代入，，可得，，故. 故选：C. 6. 若函数是定义域为R且周期为3的奇函数，且，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数为奇函数与周期性分别求解的值，再结合周期性可得所求. 【详解】因为函数是定义域为R且周期为3的奇函数， 则，，， 所以. 故选：B. 7. 已知，均为锐角，为钝角，若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦和差角公式以及弦切互化可得，即可利用正切的和角公式，结合基本不等式求解. 【详解】由可得， 由于，均为锐角，故， 同除得， 故， 即，故， 当且仅当时取到等号， 因此， 故选：B 8. 已知椭圆的左、右顶点分别为，上、下焦点分别为，点P在x轴上，若的内切圆的圆心为，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，由，根据，求得，设的内切圆的半径为，则，结合由点到轴和直线的距离相等，求得，进而求得椭圆的离心率，得到答案. 【详解】由椭圆的左、右顶点分别为， 其中上下焦点为，且， 设，因为，可得，且， 所以，解得，即， 又因为的内切圆的圆心为，设的内切圆的半径为，则 可得直线的方程为，即， 由点到轴和直线的距离相等，则，解得， 即，所以，可得，所以. 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. 已知某区域的水源指标与某种植物的分布数量之间的数据如下表所示，则（ ） 10 20 30 40 50 y 23 45 60 78 94 附：相关系数. A. 与的相关系数为正数 B. 与的回归直线经过点 C. 删去数据后，与的相关系数变小 D. 增加数据后，与的相关系数不变 【答案】ABD 【解析】 【分析】由相关系数的意义可判断A；计算样本中心点即可判断B；删去或增加点后，样本中心点未变，计算相关系数的分子和分母结果未变，由此可判断C D. 【详解】对于A选项，根据数据可知与呈正相关，故相关系数为正数，A选项正确； 对于B选项，，，样本中心点为， 故与的回归直线经过样本中心点，B选项正确； 对于C选项，删去数据后，，， 故的值不变，和的值也不变， 故相关系数不变，C选项错误； 对于D选项，增加数据后，，， 故的值不变，和的值也不变， 故相关系数不变，D选项正确. 故选：ABD. 10. 已知函数的图像关于直线对称，则（ ） A. 在上有3个零点 B. 在上有3个极值点 C. 的图像关于点对称 D. 的图像关于直线对称 【答案】BC 【解析】 【分析】首先求出，则，再代入计算即可判断A；对B，令解出即可判断B；对C和D直接代入验证即可. 【详解】由题意得，即，， 因为，故，； 对于A选项，令可得，， 令，解得，因为，即或2， 故在上有2个零点，A选项错误； 对于B选项，令可得，， 令，解得，，即， 故在上有3个极值点，B选项正确； 对于C选项，令，则， 故的图像关于点对称，C选项正确； 对于D选项，令，则 故不是图像的对称轴，D选项错误． 故选：BC. 11. 已知函数，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，借助导数，求出的最小值为，即可判断；对于B，借助导数，求出的最小值为，再分和两种情况比较和的大小关系，即可判断；对于C， 构造函数，借助导数，求出最小值为，即可判断；对于D，构造函数，借助导数，求出最小值为即可判断. 【详解】函数的定义域为. 对于A，当时，，， 令，解得， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减， 所以当时，取到最小值， 即，故A正确； 对于B，当时，， 令，解得, 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减， 所以当时，取到最小值， 所以当，；当时， 即不一定成立，故B错误； 对于C，当时，， 设，则， 令，解得， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 所以当时，取到最小值， 即，故C正确； 对于D，当时，设， 则，令，解得， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 所以当时，取到最小值， 即，即，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知随机变量X服从标准正态分布，若，则______． 【答案】0.1 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性即可求解. 【详解】由可得， 故， 故答案为：0.1 13. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，过的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，若，则的周长为______． 【答案】4 【解析】 【分析】利用双曲线的定义即可列方程求解. 【详解】由双曲线定义可得， 所以， 故周长为 故答案为：4 14. 在三棱锥中，，点P在平面ABC上的投影O是的垂心，平面PBC，若，则三棱锥的体积的最大值为 __________________ ． 【答案】 【解析】 【分析】设BC的中点为D，先证，可得，由线面垂直得到线线垂直，再由射影定理得，从而知，然后结合等体积法与基本不等式，求解即可． 【详解】设BC的中点为D， 因为，所以， 因为O是的垂心， 所以，， 所以， 所以， 所以，即， 所以， 因为平面PBC，平面PBC，所以， 由题意知，平面ABC， 因为平面ABC， 所以， 在Rt中，由射影定理得，， 所以， 所以 ， 当且仅当，即时取等号， 所以三棱锥体积的最大值为． 故答案为：． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知函数的定义域和值域相同．． （1）求a； （2）记的导函数为，求的极小值． 【答案】（1）； （2）极小值为1. 【解析】 【分析】（1）分和讨论，则，解出即可； （2）求导得，再设新函数再次求导即可得到其极小值. 【小问1详解】 若，则的定义域为，因为，则其值域为，不符合题意； 若，令，解得，则的定义域为， 值域为，则有；解得． 【小问2详解】 ，定义域为， 记，. 当时，；时，． 所以在上单调递减，在上单调递增，因为的极小值为. 故的极小值为1. 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，. （1）证明：平面； （2）点，分别在线段，上，且，当平面与平面的夹角为时，求的长. 【答案】（1） ：在四棱锥中，∵平面，平面，平面，，. ∵，∴以点为坐标原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系如图所示. 则由题可知，，，，， ∴，，. 设平面的一个法向量为， 则，即. 令，则，，即平面的一个法向量为. ∴，即，∴平面. （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面垂直的向量法即可证明； （2）设，.求出平面的法向量，根据面面角的向量求法及数量积运算即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题可设，，∴，. 设平面的一个法向量为， 则，即. 令，则，，即平面的一个法向量为. 由（1）知平面的一个法向量为. ∴. ∵平面与平面的夹角为， ∴，解得，即的长. 17. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． （1）若，求A； （2）若a，b，c成等差数列，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用诱导公式计算结合二倍角余弦公式计算求解； （2）由已知求出，再由正弦定理，及代入可求出，利用面积公式即可得到答案. 【小问1详解】 因为，所以，又因为，所以， 所以，即， 所以，且，所以， 所以，所以； 【小问2详解】 因为，所以，所以，所以为钝角，所以， 又因为成等差数列，所以，因为，所以， 所以由正弦定理得，所以， 所以，为锐角，所以， 所以，左右平方得，所以 由正弦定理得，所以，所以， 所以， 所以的面积为. 18. 甲乙二人进行乒乓球比赛，已知单局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛的结果相互独立．规定比赛中首次连胜两局的一方最终胜出，比赛结束． （1）若，求在第六局比赛结束后，甲最终胜出的概率； （2）求第局比赛结束后，甲最终胜出的概率； （3）求整局比赛中，甲最终胜出的概率． 附：当0<q<1且n无穷大时，． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据相互独立事件的概率乘法公式即可求解， （2）根据题意可知甲必须在第局和第局获胜，考虑前的比赛，甲在奇数局获胜，乙在偶数局获胜可知甲共获胜局，乙共获胜局，即可求解， （3）分别计算甲在第局比赛结束后的概率，以及甲在第局比赛结束后最终胜出的概率，即可求解， 【小问1详解】 为使得甲在第六局比赛结束后最终胜出，则前六局比赛的胜方依次为甲、乙、甲、乙、甲、甲， 故概率为 【小问2详解】 为使得甲在第局比赛结束后最终胜出，则甲必须在第局和第局获胜， 对于前局比赛，甲在奇数局获胜，乙在偶数局获胜，故前局比赛中，甲共获胜局，乙共获胜局，所以， 【小问3详解】 甲在第局比赛结束后，最终胜出的概率为 若甲在第局比赛结束后最终胜出，则甲必须在第局和第局获胜， 对于前局比赛，甲在偶数局获胜，乙在奇数局获胜，故前局比赛中，甲共获胜局，乙共获胜局， 所以甲在第局比赛结束后最终胜出的概率为， 甲在奇数局比赛结束后，最终胜出的概率为， 故整局比赛中，甲最终胜出的概率为 19. 已知抛物线C：的焦点为F，抛物线C上的2n个点（在x轴上方，在x轴下方）满足：直线经过点F，且斜率为1，当时，，，记线段的中点为，直线与直线的交点为． （1）求点的纵坐标； （2）证明：三点共线； （3）证明；当时，，并求． 【答案】（1）2 （2）因为，所以， 因为与相似， 所以 ，故共线， （3）由（1）知， 由于抛物线焦点为,所以，则， 由（1）知，故，故， 因此 故， 因为， 所以,即， 即， 即即， 故即， 故数列是首项为8，公差为16的等差数列，故 【解析】 【分析】（1）联立直线与抛物线方程，即可根据韦达定理以及中点坐标求解， （2）根据相似，以及向量的线性运算即可求解， （3）根据弦长公式可得，进而根据和，可得为等差数列求解. 【小问1详解】 设直线的方程为， 联立直线与抛物线方程得， 则，故， 所以的纵坐标为2， 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $