黑龙江省大庆市2025届高三上学期10月第一次质量检测 数学试题（含解析）

这是一份黑龙江省大庆市2025届高三上学期10月第一次质量检测 数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．若复数满足，则在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
2．已知上的函数，则“”是“函数为奇函数”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．记为等差数列的前项和，若，则（ ）
A．112B．122C．132D．142
4．法国当地时间2024年7月26日晚，第三十三届夏季奥林匹克运动会在巴黎举行开幕式.“奥林匹克之父”顾拜旦曾经说过，奥运会最重要的不是胜利，而是参与；对人生而言，重要的不是凯旋，而是拼搏.为弘扬奥运精神，某学校组织高一年级学生进行奥运专题的答题活动.为了调查男生和女生对奥运会的关注程度，在高一年级随机抽取10名男生和10名女生的竞赛成绩（满分100分），按从低到高的顺序排列，得到下表中的样本数据：
则下列说法错误的是（ ）
A．男生样本数据的分位数是86
B．男生样本数据的中位数小于男生样本数据的众数
C．女生样本数据中去掉一个最高分和一个最低分后所得数据的平均数不变
D．女生样本数据中去掉一个最高分和一个最低分后所得数据的方差不变
5．已知圆台的上､下底面半径分别为1和3，母线长为，则圆台的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．已知，且，则（ ）
A．-1B．C．D．
8．已知函数，若对任意的，，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．某学校足球社团进行传球训练，甲､乙､丙三名成员为一组，训练内容是从某人开始随机地将球传给其他两人中的任意一人，接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人.现假定每次传球都能被接到，开始传球的人为第一次触球者，记第次触球者是甲的概率为.已知甲为本次训练的第一次触球者，即，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
11．已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，直线经过且与交于两点，其中点A在第一象限，线段的中点在轴上的射影为点.若，则（ ）
A．的斜率为
B．是锐角三角形
C．四边形的面积是
D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知向量，，，则的值为 .
13．已知是椭圆的左焦点，直线交椭圆于两点.若，则椭圆的离心率为 .
14．已知且，函数在上有且仅有两个零点，则的取值范围是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．2024年7月12日，国家疾控局会同教育部､国家卫生健康委和体育总局制定并发布了《中小学生超重肥胖公共卫生综合防控技术导则》，其中一级预防干预技术的生活方式管理中就提到了“少喝或不喝含糖饮料，足量饮水”，某中学准备发布健康饮食的倡议，提前收集了学生的体重和饮食习惯等信息，其中学生饮用含糖饮料的统计结果如下：学校有的学生每天饮用含糖饮料不低于500毫升，这些学生的肥胖率为；而每天饮用含糖饮料低于500毫升的学生的肥胖率为.
(1)若从该中学的学生中任意抽取一名学生，求该生肥胖的概率；
(2)现从该中学的学生中任意抽取三名学生，记表示这三名学生中肥胖的人数，求的分布列和数学期望.
16．如图，在平面四边形中，，是边长为2的正三角形，为的中点，将沿折到的位置，.

(1)求证：；
(2)若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值.
17．设的内角所对的边分别为，已知.
(1)求；
(2)若的面积为，求的周长.
18．已知函数，其中.
(1)证明：当时，；
(2)若时，有极小值，求实数的取值范围；
(3)对任意的恒成立，求实数的取值范围.
19．已知双曲线的中心为坐标原点，左焦点为，渐近线方程为.
(1)求的方程；
(2)若互相垂直的两条直线均过点，且，直线交于两点，直线交于两点，分别为弦和的中点，直线交轴于点，设.
①求；
②记，，求.
参考答案
1．【答案】D
【分析】设，根据复数代数形式的加减运算化简，再根据复数相等的充要条件得到方程组，即可求出、，最后根据复数的几何意义判断即可.
【详解】设，则，
所以，又，
所以，解得，
所以，所以复数在复平面内所对应的点为，位于第四象限.
故选D.
2．【答案】B
【分析】根据题意，结合函数的奇偶性分别验证充分性以及必要性，即可得到结果.
【详解】取，，则，但，
即，所以函数不是奇函数，故充分性不满足；
若函数为奇函数，则，即，故必要性满足；
所以“”是“函数为奇函数”的必要不充分条件.
故选B.
3．【答案】C
【分析】设等差数列的公差为，依题意得到、的方程组，即可求出、，再根据等差数列求和公式计算可得.
【详解】设等差数列的公差为，则，解得，
所以.
故选C.
4．【答案】D
【分析】根据百分位数、中位数、众数、平均数、方差的定义一一判断即可.
【详解】对于A：，所以男生样本数据的分位数是，故A正确；
对于B：男生样本数据的中位数为，男生样本数据的众数为，故B正确；
对于C：女生样本数据的平均数为，
女生样本数据中去掉一个最高分和一个最低分后所得数据的平均数为，故C正确；
对于D：女生样本数据中去掉一个最高分和一个最低分后所得数据的平均数不变，
但是极差变小，所以方差变小，故D错误.
故选D.
5．【答案】A
【分析】首先利用勾股定理求出圆台的高，再由台体的体积公式计算可得.
【详解】因为圆台的上､下底面半径分别为1和3，母线长为，
所以圆台的高，
所以圆台的体积.
故选A.
6．【答案】A
【分析】依题意函数在各段单调递增且断点左侧函数值不大于右侧函数值，首先得到，再分和两种情况讨论，分别得到不等式组，即可求出参数的取值范围.
【详解】因为在上单调递增，所以，则；
当且，即时，函数在上单调递增，
要使在上单调递增，则，解得；
当，即时，对勾函数在上单调递增，上单调递减，
要使在上单调递增，则，解得；
综上可得实数的取值范围为.
故选A.
7．【答案】D
【分析】根据题意可得，，再利用正切两角和公式求得，再结合，从而结合正切两角差公式即可求解.
【详解】由题意得，则，
又因为，所以，同号，
又因为，
则，同正，
所以，则，
所以，
所以，故D正确.
故选D.
8．【答案】C
【分析】求出函数的导函数，当时推出矛盾，当时求出，即可得到，从而得到，再利用导数求出的最大值，即可得解.
【详解】因为，，所以，
当时，f'x>0恒成立，所以在上单调递增，且当时，不符合题意；
当时，则当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，则，
所以，
令，则，
所以当时，当时，
所以在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
所以，
所以，
则，
即的最大值为.
故选C.
9．【答案】BC
【分析】利用辅助角公式将函数化简，再由诱导公式判断A,B；求出函数的导函数，即可判断C；根据正弦函数的性质判断D.
【详解】因为，
则，故A错误；
，故B正确；
又，当，则，
所以，
所以，即，故C正确；
当，则，所以，
所以，故不使得，故D错误.
故选BC.
10．【答案】ACD
【分析】与能直接进行求解；项分析出要想第次触球者是甲，则第次触球的不能是甲，且第次触球的人，有12的概率将球传给甲，从而求出递推公式；项在项的基础上求出通项公式，计算出，比较出，从而判断求解.
【详解】：甲传球给乙或丙，故，故正确；
：乙或丙传球给其他两个人，故，故错误；
,：由题意得：要想第次触球者是甲，则第次触球的不能是甲，
且第次触球的人，有12的概率将球传给甲，
故，则，故C正确；
因为，设，
解得：，所以
因为，所以是以23为首项，公比是的等比数列，
故，所以，
故，则，
故，故正确.
故选．
11．【答案】ABD
【分析】根据题意分析可知为等边三角形，即可得直线的倾斜角和斜率，进而判断A；可知直线的方程，联立方程求点的坐标，求相应长度，结合长度判断B,D；根据面积关系判断C.
【详解】由题意可知：抛物线的焦点为，准线为，即，

设，
则，可得，
因为，即，
可知为等边三角形，即，
且∥ x轴，可知直线的倾斜角为，斜率为，故A正确；
则直线，
联立方程，解得或，
即，，则，
可得，
在中，，且，
可知为最大角，且为锐角，所以是锐角三角形，故B正确；
四边形的面积为，故C错误；
因为，所以，故D正确；
故选ABD.
【方法总结】有关圆锥曲线弦长、面积问题的求解方法
（1）涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解；
（2）面积问题常采用底高，其中底往往是弦长，而高用点到直线距离求解即可，选择底很重要，选择容易坐标化的弦长为底．有时根据所研究三角形的位置，灵活选择其面积表达形式，若求多边形的面积问题，常转化为三角形的面积后进行求解；
（3）在求解有关直线与圆锥曲线的问题时，应注意数形结合、分类与整合、转化与化归及函数与方程思想的应用．
12．【答案】
【分析】首先求出的坐标，依题意可得，根据数量积的坐标运算得到方程，解得即可.
【详解】因为，，
所以，
又，所以，解得.
故答案为：.
13．【答案】
【分析】设是椭圆的右焦点，分析可知为平行四边形，根据椭圆定义可得，利用余弦定理运算求解.
【详解】设是椭圆的右焦点，连接，

由对称性可知：，则为平行四边形，
则，即，
因为，则，
在中，由余弦定理可得，
即，解得，
所以椭圆的离心率为.
故答案为：.
14．【答案】且
【分析】函数在上有且仅有两个零点，等价于有两个交点，即有两个交点，令则有两个交点，利用导数得出答案．
【详解】因为函数在上有且仅有两个零点，所以有两个交点，
即有两个交点，
令，则有两个交点，
，
所以在区间上，，单调递增，
在区间上，，单调递减且，
，
有两个交点，
，
所以且．
故答案为：且．
15．【答案】(1)
(2)分布列见详解；
【分析】（1）设相应事件，根据题意利用全概率公式运算求解；
（2）分析可知，利用二项分布求分布列和期望.
【详解】（1）设“学生每天饮用含糖饮料不低于500毫升”为事件A，则，
设“学生的肥胖”为事件B，则，
由全概率公式可得，
所以从该中学的学生中任意抽取一名学生，该生肥胖的概率为.
（2）由题意可知：，且的可能取值为0，1，2，3，则有：
，
，
所以的分布列为
的期望.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先证明，即可得到，从而得到平面，即可证明，再证明平面，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与直线的方向向量，再由空间向量法计算可得.
【详解】（1）依题意是边长为2的正三角形，为的中点，所以，
所以，，，，，
则，所以，又，即，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以；
（2）如图建立空间直角坐标系，则B1,0,0，P0,0,1，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，令，
设直线与平面所成角为，则 ，
所以直线与平面所成角的正弦值为.

17．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意利用正弦定理结合三角恒等变换可得，即可得结果；
（2）利用面积公式可得，根据可得，利用正弦定理可得，，再利用余弦定理解得，即可得结果.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
且，
即，整理可得，
且，则，可得，即，
且，所以.
（2）因为的面积为，则，
又因为，可得，
由正弦定理，可得，
其中为的外接圆半径，
则，即，
可得，则，
由余弦定理可得，
即，解得，
所以的周长为.
18．【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)
【分析】（1）求导，利用导数判断的单调性，结合单调性分析证明；
（2）求导，令，利用导数分析可知hx在0,+∞内单调递增，分类讨论的符号，进而分析的极值，即可得结果；
（3）构建，分析可知原题意等价于对任意恒成立，根据端点效应可得，并代入检验说明其充分性即可.
【详解】（1）因为，则对任意恒成立，
可知在内单调递减，则，
所以当时，.
（2）因为，则，
令，则对任意恒成立，
可知hx在0,+∞内单调递增，则，
当，即时，则hx>0对任意恒成立，即f'x>0，
可知在0,+∞内单调递增，无极值，不合题意；
当，即时，则hx在0,+∞内存在唯一零点，
当时，hx0；
可知在内单调递减，在内单调递增，
可知存在极小值，符合题意；
综上所述：实数的取值范围为1,+∞.
（3）令，
则，
原题意等价于对任意恒成立，
且，则，解得，
若，因为，则，
则，
可知Fx在内单调递增，则，即符合题意；
综上所述：实数的取值范围为.
【方法总结】两招破解不等式的恒成立问题
1.分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
2.函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
19．【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）设双曲线方程为，表示渐近线方程，从而得到方程组，求出、，即可求出曲线方程；
（2）①首先判断直线的斜率均存在且不为，设的方程为，，，，，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，即可求出点坐标，同理可得点坐标，根据、、三点共线，表示出，即可得解；②首先得到，再利用并项求和法及错位相减法计算可得.
【详解】（1）依题意设双曲线方程为，
则渐近线方程为，
则，解得，所以的方程为；
（2）①当直线中又一条直线的斜率为，另一条直线的斜率不存在是，直线与轴重合，不符合题意；
所以直线的斜率均存在且不为，
设的方程为，，，，，
由，得，
则，所以，，
所以，则，
所以，同理可得，
因为、、三点共线，所以，
又，所以，
因为，所以；
②，
所以
，
设，
则，
所以，
所以，
所以，
所以.

【方法总结】利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.男生
82
85
86
87
88
90
90
92
94
96
女生
82
84
85
87
87
87
88
88
90
92
0
1
2
3