黑龙江省大庆外国语学校2025届高三上学期第一次教学质量检测数学试卷

第一次质量检测高三数学试题一、单项选择题：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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.已知集合,则(

)A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】直接利用两个集合的交集的定义求得M∩N．【详解】集合M={x|x+1≥0}={x|x≥-1}，N={x|x2＜4}={x|-2＜x＜2}，则M∩N={x|-1≤x＜2}，故选B．【点睛】本题主要考查两个集合交集的定义和求法，属于基础题．2.欧拉公式是瑞士数学家欧拉发现的，若复数的共辄复数为，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据所给定义求出，即可得到其共轭复数.【详解】依题意可得，所以.故选：D3.在中，三边，，，则的值为（）A.19 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由余弦定理求出，再由平面向量的数量积求解.【详解】由余弦定理可得,所以.故选：D.4.已知函数与，则下列说法错误的是（）A.与存在相同的对称轴B.与存在相同的对称中心C.与的值域相同D.与在上有相同的单调性【答案】B【解析】【分析】根据正弦型函数的对称轴方程和对称中心坐标，结合正弦型函数的值域性质、单调性逐一判断即可.【详解】对于，令，得的对称轴为，令，得的对称轴为，显然与有相同的对称轴，A正确；对于，令，得的对称中心为，令，得的对称中心为，由得，显然不存在整数使成立，故与没有相同的对称中心，B错误；对于C，与的值域显然均为，C正确；对于D，当时由上递增，由在上递减，由在上递增，由在上递减，与均在上单调递增，在上单调递减，D正确.故选：B5.若为偶函数，则（）A. B.0 C. D.1【答案】B【解析】【分析】由求出，代入，检验是否满足题意.【详解】的自变量需满足，解得：或，若为偶函数，则，所以，解得：，所以，.所以为偶函数，满足题意.故选：B.6.已知某羽毛球小组共有20名运动员，其中一级运动员4人，二级运动员6人，三级运动员10人.现在举行一场羽毛球选拔赛，若一级、二级、三级运动员能够晋级的概率分别为0.9，0.6，0.2，则这20名运动员中任选一名运动员能够晋级的概率为（）A.0.42 B.0.46 C.0.58 D.0.62【答案】B【解析】【分析】由全概率公式即可求解.【详解】设事件B为“选出的运动员能晋级”，为“选出的运动员是一级运动员”，为“选出的运动员是二级运动员”，为“选出的运动员是三级运动员”，则，，，又根据题意可得，，，由全概率公式可得：，任选一名运动员能够晋级的概率为0.46.故选：B.7.已知椭圆和抛物线相交于、两点，直线过抛物线的焦点，且，椭圆的离心率为．则抛物线和椭圆的标准方程分别为（）．A.； B.；C.； D.；【答案】B【解析】【详解】由椭圆与抛物线的对称性知，轴，且，故根据抛物线的定义可知，所以抛物线的标准方程为．所以椭圆过点，又因为椭圆离心率为，因此，解得，则椭圆的标准方程为．故选：B．8.已知直线是曲线的切线，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求得函数的导数，得到方程组，求得，，得到，令，结合导数求得函数的单调性和最大值，即可求解.【详解】设直线与曲线的切线点的横坐标为，由，可得，则，可得，所以，由，，则，令，可得，令，即，解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，即，当时，，所以，即的取值范围是.故选：C.二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.下列说法中，正确的是（）A.若随机变量，且，则B.若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数r的值越接近于1C.若随机事件A，B满足：，则事件A与B相互独立D.已知y关于x的回归直线方程为，则样本点的残差为【答案】ACD【解析】【分析】根据正态分布的对称性、线性相关性的性质，结合独立事件的定义、残差的公式逐一判断即可.【详解】因为，且，所以有，因此，所以选项A正确；根据线性相关有正相关和负相关，因此两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数r的绝对值越接近于1，所以选项B不正确；由，显然，因此事件A与B相互独立，所以选项C正确；在中，令，得，因此样本点的残差为，所以选项D正确，故选：ACD10.已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（）A.的图象关于对称 B.的图象关于对称C. D.【答案】AC【解析】分析】根据偶函数与奇函数得到对称，并得到周期，结合以上信息即可得到.【详解】为偶函数，关于对称，根据图像变换关于对称，故A正确；为奇函数，关于中心对称，根据图像变换关于中心对称，故B错误；由以上分析得的周期为，即，故C正确；关于中心对称，，，关于对称，，,，是周期为的函数，，，，故D错误.故选：AC.11.已知函数，则下列说法正确的是（）A.若在上单调递增，则的取值范围是B.点为曲线的对称中心C.若过点可作出曲线的三条切线，则的取值范围是D.若存在极值点，且，其中，则【答案】BCD【解析】【分析】对于A，求导可得对x∈0,+∞恒成立，可求以的取值范围判断A；对于B，通过平移可得，令，可得ℎx为奇函数可判断B；对于C，将代入得到的解析式，根据过某点处导数的几何意义的求法求解即可判断C；对于D，利用导数在函数单调性中的应用，先分和讨论函数的单调性，得到且，此时可得的表达式，令，结合，再化简即可得到答案可判断D.【详解】对于A，由，可得，若在0,+∞上单调递增，则f′x≥0所以对x∈0,+∞所以对x∈0,+∞所以，所以的取值范围是，故A错误；对于B，由，可得，又，所以，令，又，所以ℎx关于原点对称，所以点1,f1为曲线y=fx的对称中心，故对于C，因为，，所以，所以，设切点为，则切线的斜率，化简得，由条件可知该方程有三个实根，所以有三个实根，记，所以，令，解得或，当，，所以在上单调递增，当，，所以在上单调递减，当，，所以在上单调递增，当时取得极大值，当时，取得极小值，因为过点可作出曲线的三条切线，所以，解得，故选项C正确；对于D，因为，所以，当，在上单调递增；当，由，解得或，由，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；因为存在极值点，所以，得，令，所以，因为，于是，又，所以化简得：，因为，所以，于是，.所以，故选项D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：本题考查切线方程及函数对称性，关键是利用导数求得函数的单调性结合对称性解决D.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知数列满足：，，则__________．【答案】【解析】【分析】根据已知条件，利用等差数列的定义判定数列为首项为1，公差为1的等差数列，写出通项公式，进而得到数列的通项公式，从而得解.【详解】∵，∴又∵，∴数列为首项为1，公差为1的等差数列，∴，即,∴,故答案为：.13.若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】由复合函数的单调性计算即可得.【详解】令，对称轴为，∵函数在区间上单调递增，在上单调递增，∴在上单调递增，且，∴且，即且，解得，即实数的取值范围为.故答案为：.14.已知函数，若方程有两个不同实根，则实数的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】先作出函数图象，然后验证时的情况，对于，先验证的情况，对于，利用利用根的分布，结合函数的图象列不等式求解.【详解】作出函数的图象如下：令，则方程有两个不同实根，当时，方程的根为，此时无实根，不符合题意，舍去；当时，若方程有两相等实根，则，解得或，当时，方程的根，此时无根，不符合题意，舍去；当时，方程的根，此时有两个不同实根，符合题意；若方程有两个不同实根，设为，所以，解得或同时有或或所以或或或解得.综上或故答案为：.【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.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.已知函数（1）当时，求的最小值；（2）若关于x的不等式恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意写出函数解析式，利用导数研究其单调性，求得其最值；（2）根据函数解析式求得导数，结合分类讨论思想，可得答案.【小问1详解】当时，，则由，得，由，得，则在上单调递减，在上单调递增，故．【小问2详解】由题意可得．当时，由，得，由，得，则在上单调递减，在上单调递增，故．因为不等式恒成立，所以，解得．当时，，不符合题意．综上，a的取值范围是．16.在锐角中，三个内角所对的边分别为，若，（1）若，求的大小.（2）若，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，利用正弦定理，化简求得，结合，得到，即可求解；（2）由，得到，且，根据为锐角三角形，求得，结合正弦定理得，即可求解.【小问1详解】解：由，可得，所以，即因为，可得，又因为，可得，所以或，所以或，当时，因为，此时（舍去）；当时，因为，此时，符合题意，综上可得，的大小为.【小问2详解】由（1）得，则或，当时，，与矛盾；当时，且，又因为为锐角三角形，可得，解得，由正弦定理得，所以的取值范围为.17.如图，已知斜三棱柱中，侧面侧面，侧面是矩形，侧面是菱形，，，点E是棱的中点.（1）证明：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由条件可得平面，进而得到，再结合，即可求证；（2）建立空间直角坐标系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解.【小问1详解】证明：因为侧面是矩形，所以，又因为侧面侧面，平面平面，所以平面，因为平面，所以.菱形中，，所以是等边三角形，又E是中点，所以，得，又，，平面，所以平面.【小问2详解】解：由（1），如图，以B为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.因为，所以，因此，，，，所以，，，设平面的法向量为m=x由，得，由，得，令，得，设平面的法向量为n=x由，得，由，得，令，得，.所以二面角的余弦值为.18.某汽车销售公司为了提升公司的业绩，现将最近300个工作日每日的汽车销售情况进行统计，如图所示.（1）求的值以及该公司这300个工作日每日汽车销售量的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）以频率估计概率，若在所有工作日中随机选择4天，记汽车销售量在区间内的天数为，求的分布列及数学期望；（3）为增加销售量，公司规定顾客每购买一辆汽车可以进行一次抽奖活动，规则如下：抽奖区有两个盒子，其中盒中放有9张金卡､1张银卡，盒中放有2张金卡､8张银卡，顾客在不知情的情况下随机选择其中一个盒子进行抽奖，直到抽到金卡则抽奖结束（每次抽出一张卡，然后放回原来的盒中，再进行下次抽奖，中途可更换盒子），卡片结果的排列对应相应的礼品.已知顾客小明每次抽奖选择两个盒子的概率相同，求小明在首次抽奖抽出银卡的条件下，第二次从另外一个盒子中抽奖抽出金卡的概率.【答案】（1），150（2）分布列见解析，（3）【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图中所有的矩形面积之和等于1求得值，根据平均数公式列式计算即得；（2）理解题意，判断，分别计算的所有可能指的概率，列出分布列，计算数学期望即得；（3）根据条件概率的计算公式可求该概率.【小问1详解】依题意得解得.所求平均数为.【小问2详解】因汽车销售量在区间内的概率为，在所有工作日中随机选择4天，相当于一个4重伯努利试验，故，则，01234故.小问3详解】设为“小明在首次抽奖抽出银卡”，则，设为“小明第二次从另外一个盒子中抽奖抽出金卡”，则，故.【点睛】关键点点睛：本题主要考查频率分布直方图，二项分布以及条件概率公式的应用，属于较难题.解题关键在于根据题设条件，确定伯努利概型并进行计算，设出相应的事件，正确理解题意，利用条件概率公式计算.19.已知双曲线，点在上．按如下方式构造点（）；过点作斜率为的直线与的左支交于点，点关于轴的对称点为，记点的坐标为．（1）求点的坐标；（2）记，证明：数列为等比数列；（3）为坐标原点，分别为线段，的中点，记，的面积分别为，求的值．【答案】（1），（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）由点可得的值，求出的方程后联立双曲线可得，即可得，再借助的方程后联立双曲线可得，即可得；（2）联立与双曲线方程，结合韦达定理可得，结合点代入可得，再利用等比数列定义与判定定理