宁夏银川市、石嘴山市2025届高三学科教学质量检测（一模）数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1宁夏银川市、石嘴山市2025届高三学科教学质量检测（一模）数学试题一、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.已知集合．则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题设，则.故选：B2.已知复数z满足，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】.故选：D.3.已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由函数是定义在上的奇函数，则当时，，故，所以.故选：A4.已知函数，则函数的单调递增区间是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】，令，解得，所以其单调递增区间为.故选：A.5.已知函数，若函数与图象有三个交点，则a的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为函数与的图象有三个交点，所以，当时，方程必然成立，当时，分离参数可得，则与有两个交点，若，则，若，则，如图所示，结合图像，要与有两个交点，需满足.故选：C6.如图所示，质点P从点A出发，沿AB，BC，CD运动至点D，已知，，则质点P位移的大小是（）A.9 B. C. D.【答案】D【解析】由题意可得质点P位移为，所以因为，，所以，设的夹角为，所以，因为所以，所以.故选：D7.已知抛物线C的焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，过F且垂直于l的直线与C的准线交于点D．若，则（）A. B. C.8 D.16【答案】B【解析】令，则，可设，若，即，联立抛物线和直线，可得，则，，而，即，故，，所以，则，可得，故，，所以，则，，由上，联立，可得，即，所以，可得，故，所以.故选：B8.现有编号为A，B，C的三盏灯和三个开关，每个开关单独控制一盏灯，每按一次开关相应的灯都按红、黄、蓝的顺序变换一次颜色．假设三盏灯初始颜色均为红色，如果三个开关总共按90次，则三盏灯的颜色不可能是（）A.红、红、红 B.红、蓝、黄 C.红、黄、黄 D.黄、黄、黄【答案】C【解析】由题意可知，按次后灯为黄色，按次后灯为蓝色，按次后灯为红色，其中，设分别与A，B，C三盏灯对应，A：若最后为红、红、红，则共按次，即，故A可实现；B：若最后为红、蓝、黄，则共按次，即，故B可实现；C：若最后为红、黄、黄，则共按次，即，故C不可能实现；D：若最后为红、蓝、黄，则共按次，即，故D可实现；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.圆柱内有一个棱长为2的正方体，正方体的各个顶点在圆柱的上、下底面圆周上，则（）A.圆柱的轴截面为正方形B.过正方体中心的平面将圆柱分成体积相等的两部分C.圆柱的表面积为D.若圆柱的上下底面是一个球的两个平行截面，则该球的体积是【答案】BCD【解析】如图所示，对于正方体和圆柱，正方体的中心为，对于选项A：由题意可知：，所以圆柱的轴截面不为正方形，故A错误；对于选项B：因为正方体的中心也为圆柱的中心，根据对称性可知过正方体中心的平面将圆柱分成体积相等的两部分，故B正确；对于选项C：可知圆柱的底面半径为，母线长为2，所以圆柱的表面积为，故C正确；对于选项D：可知该球的球心为，则，即球的半径为，所以该球的体积是，故D正确；故选：BCD.10.已知函数，则（）A.B.函数的图象位于直线与之间C.若是函数的极值点，则曲线在处的切线方程为或D.函数在区间上单调递减【答案】ABC【解析】对于A，，故A正确；对于B，由正弦函数的值域可得，即函数的图象位于直线与之间，故B正确；对于C，若是函数的极值点，则，又，所以，且，所以由点斜式可得曲线在处的切线方程为或，故C正确；对于D，举反例，当时，；当时，，故D错误.故选：ABC11.双曲线的左、右焦点分别为，过作渐近线的垂线l，垂足为N，l与另一条渐近线交于点M，且M，N都在x轴上方，，点在E上，则（）A.双曲线的渐近线方程为B.双曲线的离心率C.直线与的斜率之积是2

D.双曲线在点P处的切线与x轴交于点I，则【答案】AD【解析】由题设，且渐近线为，若垂直于，则，，可得，同理得，由，则，整理得，可得，B错，所以，故渐近线方程为，A对，在双曲线上，则，则，所以，则，C错；点P处的切线为，联立，得，所以，则，所以，则，故切线为，令，则，故，D对.故选：AD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.某中学举办知识竞赛，题库中共有1000道试题，其中有500道A类题，300道B类题，200道C类题．根据以往经验，某同学答对A，B，C三类试题的概率分别为．若该同学从题库中随机选一道试题作答，则他答对的概率是________．【答案】【解析】设学生选道类试题为事件，学生选道类试题为事件，学生选道类试题为事件，设学生答对试题为事件，则，，，，，，所以.故答案为：.13.在中，点D在边BC上，，则________．【答案】【解析】不妨设，因，由正弦定理可得，则，即，所以.故答案为：.14.已知函数的图象与直线交于A，B两点，且在处取得极值．设，若，则的面积为________．【答案】【解析】令，显然定义域为，由，故为偶函数，由，在、上单调递减，在、上单调递增，且、上，上，在区间内趋向时趋向正无穷，在、内趋向时趋向负无穷，显然在处取得极小值，为，故的大致图象如下，根据与的平移关系，若与的交点，则，极值点，当，结合对称性易知，，又，所以.故答案为：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.某制药厂生产一种治疗流感的药物，该药品有效成分的标准含量为/片．由于升级了生产工艺，需检验采用新工艺生产的药品的有效成分是否达标，现随机抽取了生产的10片药品作为样本，测得其有效成分含量如下：9.7，10，9.7，9.6，9.7，9.9，10.2，10.1，10，10.1．（1）计算样本的平均数和方差；（2）判断采用新工艺生产的药品的有效成分是否达标（若，则认为采用新工艺生产的药品的有效成分不达标；反之认为达标）．解：（1），.（2）因为，，所以，故采用新工艺生产的药品的有效成分达标．16.已知数列满足．（1）证明：数列为等差数列；（2）设，记数列的前n项和为．（i）求；（ii）若成立，求m的取值范围．（1）证明：因，即，所以数列是以为首项，3为公差的等差数列.（2）解：（i）由（1）知，所以，所以，所以，，所以，所以.（ii）因为，所以，令，不妨设的第项取得最大值，所以，解得，所以的最大值为，所以，即m的取值范围是.17.已知函数，其中．（1）求函数的极值；（2）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，求a的值；（3）当时，证明：当时，．（1）解：由题设且，则，当时，，则在上单调递减，当时，，则在上单调递增，所以有极小值，无极大值；（2）解：由，则，故切线方程为，而，令，则，所以切点为，且在上，所以，可得；（3）证明：由，问题等价于当，时，恒成立，令且，则，所以，对于且，则，所以，，即在上单调递增，，，即在上单调递减，所以，即恒成立，所以，故在上单调递减，则，综上，恒成立，结论得证.18.如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为1和2的正方形，O为底面ABCD的中心，．（1）求证：平面ABCD；（2）设M为的中点，CM交于点P，点Q满足．（i）求直线AP与平面所成角的正弦值；（ⅱ）求平面与平面APQ夹角的余弦值的取值范围，并说明t取何值时，平面平面APQ．（1）证明：由题设，显然，易知为直角三角形，即，连接，又，为公共边，则，即，由题意为中点，则，由且都在面内，则平面ABCD；（2）解：（i）由（1）知平面ABCD，而且，则，即为平行四边形，故，故面ABCD，且为正方形，可构建如图示的空间直角坐标系，则，由M为的中点，CM交于点P，设，由，，则，所以，则，可得，则，而面的一个法向量为，所以，故直线AP与平面所成角的正弦值；（ⅱ）由，则，故，又，，若是面，即面的一个法向量，则，取，故，若是面APQ的一个法向量，则，取，故，所以，由，则，所以，当时，，此时平面平面APQ．19.已知椭圆的右顶点为，上顶点为，离心率为，点在椭圆上，以原点为圆心的圆与直线相切．（1）求椭圆及圆的方程；（2）过作两条互相垂直的射线交椭圆于两点．（i）证明：直线与圆相切；（ii）求面积的取值范围．解：（1）由题意，椭圆离心率，点在椭圆上，则，解得