内蒙古呼和浩特市2025届高三上学期第一次质量监测数学试卷（解析版）

这是一份内蒙古呼和浩特市2025届高三上学期第一次质量监测数学试卷（解析版），共18页。试卷主要包含了 若是第二象限角，则， 当时，曲线与的交点个数为等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号写在答题卡上.
2.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，再选涂其他答案标号.不能答在本试卷上，否则无效.本试卷满分150分，考试时间120分钟.
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4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】
【分析】求出集合，求出集合.
【详解】因为，所以.
故选：B.
2. 已知命题，；命题，，则（ ）
A. 和都是真命题B. 和都是真命题
C. 和都是真命题D. 和都是真命题
【答案】B
【解析】
【分析】分别判断两个命题的真假即可.
【详解】当时，，故命题为假命题，命题为真命题；
当时，，故命题为真命题，命题为假命题；
故和都是真命题.
故选:B
3. 已知为虚数单位，为复数的共轭复数,复数满足，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法法则求出z,再求的模.
【详解】因为,
所以，则.
故选：B.
4. 已知平面向量，，，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由平面向量数量积的坐标运算可得，再由平面向量的夹角公式代入计算，即可得到结果.
【详解】，
，
，
，．
故选：B
5. 若是第二象限角，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】运用两角和的正切公式计算出，再用三角函数定义求得.
【详解】，得，解得.
是第二象限角, 终边取点，则.
故选：A.
6. 已知双曲线的两个焦点分别为，点在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（ ）
A. B. 3C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】由焦点坐标可得焦距，结合双曲线定义计算可得，即可得离心率.
【详解】由题意，设、、，
则，，，
则，则.
故选：C
7. 当时，曲线与的交点个数为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】作出两函数在上的图象，结合图象即可得答案.
【详解】时，，
令，得，此时，
令，得，此时，
令，得，此时，
令，得，此时，
时，，
函数的周期，
结合周期，利用五点法作出图象，

由图知，共有4个交点.
故选：.
8. 已知圆锥的顶点为，其三条母线两两垂直，且母线长为.则圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知和正弦定理，勾股定理求出圆锥底面圆的半径，然后由圆锥的侧面积公式求出结果即可.
【详解】因三条母线PA，PB，PC两两垂直，且母线长为，

所以为圆锥底面圆的内接正三角形，且边长，
由正弦定理可得底面圆的半径，
圆锥的侧面积为；
故选：D
二、多选题：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. 某物理量的测量结果服从正态分布，下列选项中正确的是（ ）
A. 越大，该物理量在一次测量中在的概率越小
B. 该物理量在一次测量中小于11的概率小于0.5
C. 该物理量在一次测量中小于10.98与大于11.02的概率不相等
D. 该物理量在一次测量中落在与落在的概率不相等
【答案】AD
【解析】
【分析】越大，正态密度曲线越“胖矮”可判断A；根据正态密度曲线的对称性可判断BCD．
【详解】对于A，为数据的方差，所以越大，数据在均值附近越分散，
所以测量结果落在内的概率越小，故A正确；
对于B，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量小于11的概率为0.5，
故B错误；
对于C，因为，由正态分布密度曲线的对称性可知，
该物理量一次测量中小于10.98与大于11.02的概率概率相等，故C错误；
对于D， 由正态分布密度曲线的对称性可知，
该物理量在一次测量中落在与落在的概率不相等，
故D正确.
故选：AD.
10. 设函数，则（ ）
A. 有三个零点
B. 是的极大值点
C. 曲线为轴对称图形
D. 为曲线的对称中心
【答案】BD
【解析】
【分析】利用导数判断出的单调性，求出极值可得的大致图象可判断ABC；求出可判断D.
【详解】对于A，令，解得或，
当时，，单调递增，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处有极大值，为，
在处有极小值，为，
又，
的大致图象如下

所以有两个零点，故A错误；
对于B，由A选项可知是的极大值点，故B正确；
对于C，由A选项可知，当时，，当时，，
所以曲线不是轴对称图形，故C错误；
对于D，
，
所以为曲线的对称中心，故D正确.
故选：BD.
11. 如图，曲线过原点，其渐近线方程为，则（ ）

A. 曲线关于直线对称
B. 点位于曲线围成的封闭区域（阴影部分）外
C. 若在曲线上，则
D. 曲线在第一象限内的点到两坐标轴距离之积的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据对换判断A，点代入曲线判断B，应用基本不等式判断C,D.
【详解】若把的解析式中的互换，则方程不变，
故C的图象关于直线对称，A正确；
点在第一象限，且，故点位于曲线C围成的封闭区域（阴影部分）内，B错误；
曲线在渐近线的上方，故，即，
又当在第一象限内时，
由，得
故，当且仅当时，等号成立，
故,C正确；
因为曲线C在第一象限内的点满足，故，
即，当且仅当时，等号成立，
故曲线C在第一象限内的点到两坐标轴距离之积的最大值为，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. 用0与1两个数字随机填入如图所示的3个格子里，每个格子填一个数字.若从左到右数，不管数到哪个格子，总是1的个数不少于0的个数，则这样填法的概率为__________.

【答案】##0.375
【解析】
【分析】根据列举法应用古典概型计算即可.
【详解】列出树状图
基本事件的总数为8个，满足条件的基本事件为共3种，
所以概率为.
故答案为：.
13. 记的内角的对边分别为.已知，外接圆直径为4，则边的长为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由正弦定理得求出，由利用两角和的正弦展开式求出，从而求出，再利用正弦定理可得答案.
【详解】，由正弦定理得，
因为，所以，
所以，由得，
因为，
所以，因为，所以，可得，
所以，
因为外接圆直径为4，
所以由正弦定理得，
则边的长为.
故答案为：.
14. 若是的极小值点，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据导函数的正负，对极值点条件转化，判断极值点，即可求解.
【详解】x=0是的极小值点，
求导得.
，
因为0是极小值点，所以单调递减，∃x∈0,ε,f'x>0,fx单调递增，
设，
当a≥1时，单调递增,,满足单调递减，
x∈0,+∞,f'x=gx>0,fx单调递增，符合题意；
当时，单调递减,，x∈-∞,0,f'x=gx>0,fx单调递增，
x∈0,+∞,f'x=gx>0,fx单调递减，0是极大值点，不合题意；
当0有两个根设
单调递减,,x∈x1,0,f'x=gx>0,fx单调递增，
x∈0,x2,f'x=gx>0,fx单调递减，0是极大值点，不合题意；
故a≥1.
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. 记是公差不为0的等差数列的前项和，，且成等比数列.
（1）求和；
（2）若，求数列的前20项和.
【答案】（1），；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的通项公式和等比中项的性质可求出，再根据等差数列的通项公式和前项和公式即可求解；
（2）结合题意，由（1）的结论可得，利用裂项相消法即可求解.
【小问1详解】
设已知数列的公差为，则，
由，得，即，
所以或，显然不0，所以，
所以，.
【小问2详解】
由（1）知，又，
，
，
所以.
16. 某厂为了考察设备更新后的产品优质率，质检部门根据有放回简单随机抽样得到的样本测试数据，制作了如下列联表：
（1）依据小概率值的独立性检验，分析设备更新后能否提高产品优质率？
（2）如果以这次测试中设备更新后的优质品频率作为更新后产品的优质率.质检部门再次从设备更新后的生产线中抽出5件产品进行核查，核查方案为：若这5件产品中至少有3件是优质品，则认为设备更新成功，提高了优质率；否则认为设备更新失败.
①求经核查认定设备更新失败的概率；
②根据的大小解释核查方案是否合理.
附：
【答案】（1）可以认为设备更新后能够提高产品优质率
（2）①0.05792；②合理
【解析】
【分析】（1）先计算出的值，根据独立性检验的思想对照临界值得结论；
（2）根据二项分布的有关计算公式，求出对应的概率，并根据对应概率的大小，作出正确的判断.
【小问1详解】
零假设为：设备更新与产品的优质率独立，即设备更新前与更新后的产品优质率没有差异.
由列联表可计算，
依据小概率值的独立性检验，
我们可以推断不成立，因此可以认为设备更新后能够提高产品优质率.
【小问2详解】
根据题意，设备更新后的优质率为0.8.可以认为从生产线中抽出的5件产品是否优质是相互独立的.
①设表示这5件产品中优质品的件数，则，可得
②实际上设备更新后提高了优质率.
当这5件产品中的优质品件数不超过2件时，认为更新失败，此时作出了错误的判断，
由于作出错误判断的概率很小，则核查方案是合理的.
17. 如图1，在菱形中，，沿将向上折起得到棱锥.如图2所示，设二面角的平面角为.
（1）当为何值时，三棱锥和四棱锥的体积之比为；
（2）当时，求平面与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意，结合图形，得，即，再由相似三角形的性质即得；
（2）由条件推得为直二面角的平面角，利用其建系，写出相关点的坐标，分别求出两平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求得.
【小问1详解】
由图知，，从而，
因，故,则,于是，；
【小问2详解】
因为菱形的对角线互相垂直，
设与的交点为，由可知O点为线段EF的中点，
在翻折的过程中，始终有，
所以二面角的平面角为，
以为坐标原点，分别为轴､轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
可得，
设平面的法向量为n=x,y,z，则
令，则，可取
因平面,故平面的法向量可取为，
由题意可得，因，
故.
18. 已知函数.
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）证明：当时，.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求导数得出切线斜率，再写出切线方程；
（2）分别构造函数再求导函数得出函数单调性，最后结合中介函数得出函数的不等关系.
【小问1详解】
当时，，且，
所以切线方程为，即.
【小问2详解】
由题意知，
设，则，
令h'x>0得，令h'x<0得，
故hx在单调递减，在0,+∞单调递增，，
所以，当且仅当时，等号成立.
设，则，
令φ'x>0得，令φ'x<0得，
故φx在单调递减，在单调递增，，
所以，当且仅当时，等号成立，
综上可得，，等号不能同时成立，
所以，.
19. 设点从格点出发，沿格径以最短的路线运动到点，即每次运动到另一格点时，横坐标或纵坐标增加1.设点经过的所有格点中两坐标乘积之和为.
（1）当时，点沿格径以最短的路线运动到点的方案有多少种？
（2）当时，求的最大值；
（3）当点从格点出发，沿格径以最短的路线运动到点且，求的最大值.（参考公式：）
【答案】（1）
（2）21 （3）
【解析】
【分析】（1）分析从点到点的过程，只需确定横格或确定纵格即可确定路线，由此即可求出方案数；
（2）结合图形，考虑不同的路线方案，计算的值，取其最大者即得；
（3）依题，要使最大，应使尽可能接近.先证明猜想：如果使S最大，则对任何，有成立，接着分和两种情况列出的表达式，利用参考公式与等差数列求和公式求和即得.
【小问1详解】
因从点到点的路线，至少经过三个横格与两个纵格，
只需确定了横格或纵格，方案即确定，故方案种数为；
【小问2详解】
方案一：
，
；
方案二：，
；
方案三：，
；
方案四：，
所以，的最大值为21.
【小问3详解】
设P经过的点依次为的坐标为，
则，要使S最大，应使尽可能接近.
于是猜想：如果使S最大，则对任何，有.
以下证明这个猜想.
假设存在，使，不妨设,
观察路径，发现一定有一个点，满足这样的条件，
即路径中存在这样连续三点，使得是横向格，是纵向格，且，
于是，用代替得到的路径仍合乎要求，
又因为，所以，经过变换路径后，坐标之积变大了，故.
综上所述，对路径中的任何一个点，若，则从出发的边是唯一的，下一个点应是将的坐标中较小的一个增加1；
而时，则从出发的边有两种选择，下一个点是将的横坐标或纵坐标加1.
于是，1.当时，
2.当时，其路径为：或或
.
此时，
显然此式在时也成立，故的最大值为
【点睛】关键点点睛：本题主要考查与计数有关的数列求和问题，属于难题.
解题的关键在于充分理解题意，进行合理分类求解，对于一些猜想，可考虑反证法思路证明，此外要熟练掌握求和公式，如的应用.
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非优质品
更新前
24
16
更新后
48
12
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0010
0.001
3.841
6.635
10.828