河北省石家庄实验中学2025届高三年级第一次调研考试数学答案

石家庄实验中学2025届高三年级第一次调研考试数学命题：高三数学考试时间：120分钟注意事项:1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.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，再选涂其他案标号.回答非选择题时，将案写在答题卡上，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.一、单项选择题: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，只有项是符合题目要求的.1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由交集的定义即可得答案.【详解】由题，，则.故选：D2.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的乘、除法运算即可求解.【详解】因为，所以.故选：A．3.已知平面向量满足，则（）A.3 B. C. D.1【答案】C【解析】【分析】由，可得化简得，结合已知条件和数量积公式，再由向量的模长公式代入即可求出.【详解】由于，所以，又因为所以所以，所以.故选：C.4.已知圆与直线相切于点，且圆过点，则圆的半径是（）A. B. C.8 D.9【答案】A【解析】【分析】由题意可求得圆心在和上，联立方程组即可求出圆心为，圆心到的距离即为半径.【详解】与直线垂直且过点的直线为：，化简为，所以圆心在，又因为圆心在和的垂直平分线上，所以和的垂直平分线为，所以，解得：，所以所求圆的圆心，半径，故选：A.5.已知，且，，其中，则（）A1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】将角度拆则分，，利用两角和差的正弦公式展开整理后，结合商数关系即可得.【详解】解：∵∴整理得：，由于，，所以，则，即.故选：B.6.已知函数在区间上的最小值为，则实数a的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分，和三种情况，结合函数在特殊点的函数值，分类讨论得到实数a的取值范围.【详解】当时，单调递减，故在处取得最小值，最小值为，满足要求，当或时，，令得或，当时，恒成立，故表格如下：0+0极小值极大值故在上取得极小值，且，，要想在区间上的最小值为，则要，变形得到，令，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，且，，故解集为，时，令可得，当时，，令得，故在上单调递减，故在处取得最小值，最小值为，满足要求，当时，恒成立，故表格如下：+00+极大值极小值故在上取得极小值，且，，要想在区间上的最小值为，则要，变形得到，令，，时，，单调递增，又，故上，无解，综上：实数a的取值范围是.故选：C【点睛】三次函数是近两年高考常考考点，需要对三次函数图象理解到位，由于三次函数导函数为二次函数，故常常利用二次函数的性质来研究三次函数的性质，比如三次函数零点问题，极值点情况等.7.若数列的前项和为，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据之间的关系可求出，进而求得，由此结合熟的大小比较可判断A，B，C，利用放缩法，当时，可推出，累加即可判断D.【详解】令，则，即，由，的；当时，，即，又，故为首项是1，公差为1的等差数列，则，故，所以当时，，也适合该式，故，对于A，，A错误；对于B，，B错误；对于C，，C错误；对于D，当时，，故，D正确，故选：D8.超市举办抽奖活动．箱子里装有十张参与奖与两张100元代金券．顾客第一次可使用5积分进行一次抽奖，若摸中100元代金券则结束，若摸中参与奖则可将奖券放回并花费2积分再抽一次．若紫阿姨铁了心也要抽中100元代金券，则她所花费积分的数学期望为（）A.12 B.15 C.17 D.20【答案】B【解析】【分析】设抽奖次数为，花费的积分为，则，表达出，利用错位相减法和极限思想求出答案.【详解】设抽奖次数为，花费的积分为，则，每次抽中100元代金券的概率为，故，设，①，②，两式相减得，，故，故，故选：B二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分.9.为调研加工零件效率，调研员通过试验获得加工零件个数与所用时间（单位：）的5组数据为：，根据以上数据可得经验回归方程为：，则（）A.B.回归直线必过点C.加工60个零件的时间大约为D.若去掉，剩下4组数据的经验回归方程会有变化【答案】BC【解析】【分析】求得数据的样本中心点可判断B；结合回归方程可求出可判断A；将代入回归方程求得预测值可判断C；根据恒过，可判断D.【详解】，，所以恒过，所以，解得：，故A错误；B正确；所以，令，则，故加工60个零件的时间大约为，故C正确；因为恒过，所以剩下4组数据的经验回归方程不会有变化，故D错误.故选:BC.10.已知椭圆的左、右焦点分别是，左、右顶点分别是，点是椭圆上异于的任意一点，则下列说法正确的是（）A.B.存点满足C.直线与直线的斜率之积为D.若△的面积为，则点的横坐标为【答案】CD【解析】【分析】由椭圆方程有，A由椭圆定义即可知正误；B由当在椭圆上下顶点时最大，求出对应即可确定是否存在；C令，即有，由点在椭圆上即可确定是否为定值；D由三角形面积可确定P点纵坐标，代入椭圆即可求其横坐标.【详解】由椭圆方程知：，A：，错误；B：当在椭圆上下顶点时，，即最大值小于，错误；C：若，则，，有，而，所以，即有，正确；D：若，△的面积为，即，故，代入椭圆方程得，正确；故选：CD.11.已知，，且则以下正确的是（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】首先利用因式分解法得，再通过证明，可知只有一解即：，然后把选项中的代换为并进行化简可得A正确，C错误，而BD则需要构造为关于的函数，利用求导法来判断单调性和最值，从而得证．【详解】由因式分解可得：，又因为，可知，即，又由函数，求导，当时，，可知在上递减，当时，，可知在上递增，所以在时取到最小值为0，有即不等式成立，所以，由可得：，即，对于选项A，，所以选项A的正确的；对于选项B，，构造函数，求导，由时，，所以在上递增，即，因为，所以，所以选项B是正确的；对于选项C，与不可能等价，所以选项C是错误的；对于选项D，，构造函数，求导，由时，，所以在上递增，由时，，所以在上递减，所以的最大值是，即，所以选项D是正确的；故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.过椭圆：右焦点的直线：交于、两点，为AB的中点，且OP的斜率为，则椭圆的标准方程为______.【答案】【解析】【分析】先由直线方程求得右焦点坐标，得，再设，点坐标代入椭圆方程相减得出直线与直线斜率的关系，从而求得的关系，结合可求得得椭圆方程．【详解】在中令得，所以椭圆右焦点为，即，设，，，∴，两式相减得，所以，即，从而，∴，又，因此，∴椭圆标准方程，故答案为：13.如图，正四面体的体积为，、是棱、靠近点的三等分点，是棱靠近点的三等分点，是棱靠近点的三等分点，则多面体体积为______.【答案】##【解析】【分析】多面体体积为三棱锥与四棱锥体积之和,再利用体积之比与高之比底面积之比的关系解题即可.【详解】连接，∵∴，∵，∴,∴多面体体积为：.故答案为：.14.若不等式（是自然对数的底数）对任意恒成立，则当取最大值时，实数__________.【答案】【解析】【分析】根据题意，令，可知当时符合题意，利用导数可得函数的单调性和最小值，其中，令最小值大于或等于0，进而得解.【详解】由题意可知，令，当时，研究函数与的图象，因为，当时，，所以函数单调递减，当时，，所以函数单调递增，所以函数有最小值为，而为单调递减的直线，如图，此时不恒成立，不符合题意；当时，，令，，易知在上单调递减，在上单调递增，且由于函数有最小值为，所以当时，方程有解，设解为，则，且，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，由题意恒成立，所以，所以，当且仅当时取等号，此时.【点睛】关键点点睛：利用导数可知方程有解，设解为，则，从而表示出的最小值，进而求解.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.在三角形中，角的对边分别为，已知.（1）求角；（2）若，设为的中点，且，求三角形的周长.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理边角互换结合题意可得，据此可得答案；（2）由题可得，由余弦定理可得，据此可得答案.【小问1详解】因为，所以，则，化简得，，因为，所以，即.又因为，所以；小问2详解】因为为中点，所以，两边平方可得，，即①在中，由余弦定理得②联立①②可得，，所以，故.所以的周长为.16.已知抛物线的焦点为，设为上不重合的三点，且.（1）求；（2）若均在第一象限，且直线的斜率为，求的坐标.【答案】（1）6（2）【解析】【分析】（1）首先，其次由可得，结合焦半径公式即可求解；（2）设直线的方程为将其与抛物线方程联立，结合韦达定理可得，结合可得，代入抛物线方程即可求解.【小问1详解】根据题意有.设，则，由可得，即.又由抛物线的几何性质可知.故.【小问2详解】根据条件设直线的方程为，与的方程联立并化简有.，结合（1）中所设点坐标可知，，由可得，.代入得，所以点坐标为.【点睛】关键点点睛：第二问的关键是结合韦达定理以及向量共线先得的纵坐标，由此即可顺利得解.17.已知三棱锥中，平面平面，平面．（1）求证：（2）若二面角的正弦值为，且，，求．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）过作于，由面面垂直的性质定理可得平面，从而，再由线面垂直的定义和判定定理可证；（2）解法一：过作于，连接，所以即为二面角的平面角，又有（1）可得，设，则，结合已知即可得解；解法二：同方法一得，，设，则，可解；解法三：如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，记二面角为，设，求出面的法向量，又面的法向量为，由二面角的向量法求解；解法四：如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，设，有，求出面的法向量，由二面角的向量法解得，又，即，可解.【小问1详解】过作于，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以，又平面，平面，所以，因为平面，且所以平面，平面，因此．【小问2详解】解法一：过作于，连接，则平面，所以，所以即为二面角的平面角，所以，，又有（1）可得，设，则，所以，所以，从而；解法二：同方法一得，，设，则，所以，解得，从而；解法三：如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，记二面角为，设，由法一可知，，，，设面的法向量为，则，即，令，得，又面的法向量为，记二面角为，则，所以，解得，则，所以.解法四：如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，，设，有，，设面的法向量为，有，即，令，得，又面的法向量为，记二面角为，则，则，所以，解得，又，即，所以，则.18.已知函数，其中为自然对数的底数.（1）求函数的单调区间；（2）证明：；（3）设，若存在实数使得，求的最大值.【答案】（1）增区间为，减区间为；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）求出，判断导数正负得到函数的单调区间；（2）利用分析法转化要证结论，要证，即证，令，即证，利用导数判断单调性，求出最大值即可得证；（3），分别讨论当时和时是否存在使得，即可求解.【小问1详解】的定义域为，所以当时，；当时，.所以的增区间为，减区间为.【小问2详解】要证，即证，令，即证，，令，则，所以在上单调递减，又，当时，；当时，.在上单调递增，在上单调递减，，所以，即得证.【小问3详解】当时，，即存在满足题意；当时，由（2）知，，此时恒成立，不满足题意；综上，所以的最大值为.19.在平面直角坐标系中，为坐标原点．对任意的点，定义．任取点，，记，，若此时成立，则称点，相关．（1）分别判断下面各组中两点是否相关，并说明理由；①，；②，．（2）给定，，点集．（）求集合中与点相关的点的个数；（）若，且对于任意的，，点，相关，求中元素个数的最大值．【答案】（1）①相关；②不相关.（2）（）个（）.【解析】【分析】（1