山东省潍坊市高密一中2025届高三数学3月质量检测试题含解析

PAGE21-山东省潍坊市高密一中2025届高三数学3月质量检测试题（含解析）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，只有一项符合题目要求.1.已知集合，集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，，所以.故选B.2.设(为虚数单位），其中是实数，则等于()A.5 B. C. D.2【答案】A【解析】由，得，∴，解得，∴．故选A．3.已设都是正数，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分且必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】由和分别求出a，b的关系，然后利用必要条件、充分条件及充分必要条件的推断方法得答案．【详解】由，得或或，由，得，“”是“”的必要不充分条件．故选：．【点睛】本题主要考查了必要条件、充分条件及充分必要条件的推断方法，考查了不等式的性质，属于中档题．4.甲、乙、丙三位同学获得某项竞赛活动的前三名，但详细名次未知．3人作出如下预料：甲说：我不是第三名；乙说：我是第三名；丙说：我不是第一名．若甲、乙、丙3人的预料结果有且只有一个正确，由此推断获得第三名的是A.甲 B.乙 C.丙 D.无法预料【答案】A【解析】【分析】若甲的预料正确，则乙、丙的预料错误，推出冲突！若乙的预料正确，甲、丙的预料错误，推出冲突！若丙的预料正确，甲、乙的预料错误，可推出三个人的名次．【详解】若甲的预料正确，乙、丙的预料错误，则丙是第一名，甲不是第三名，则甲是其次名，乙是第三名，冲突！若乙的预料正确，甲、丙的预料错误，则乙是第三名，甲的预料错误，那么甲是第三名，冲突！若丙的预料正确，则甲、乙的预料错误，则甲是第三名，乙不是第三名，丙是第一名，则乙是其次名．因此，第三名是甲，故选A．【点睛】本题考查合情推理，突出假设法在推理中的应用，通过不断试错来推出结论，考查推理分析实力，属于中等题．5.《九章算术》是我国古代数学名著，其中有这样一个问题:“今有宛田，下周三十步，径十六步，问为田几何？”意思说：现有扇形田，弧长三十步，直径十六步，问面积多少？书中给出计算方法：以径乘周，四而一，即扇形的面积等于直径乘以弧长再除以.在此问题中，扇形的圆心角的弧度数是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意，依据给出计算方法：扇形的面积等于直径乘以弧长再除以，再由扇形的弧长公式列出方程，即可求解.【详解】由题意，依据给出计算方法：以径乘周，四而一，即扇形的面积等于直径乘以弧长再除以，再由扇形的弧长公式，可得扇形的圆心角（弧度），故选C.【点睛】本题主要考查了扇形的弧长公式的实际应用问题，其中解答中仔细审题，正确理解题意，合理利用扇形的弧长公式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的实力，属于基础题.6.若的绽开式中只有第六项的二项式系数最大，则绽开式中的常数项是（）A.210 B.180 C.160 D.【答案】B【解析】【分析】依据题意，得出二项式的指数的值，再利用绽开式的通项公式求出常数项是多少．【详解】解：绽开式中只有第六项的二项式系数最大，∴绽开式中共有11项，n＝10；∴绽开式的通项公式为令，得，常数项是，故选B．【点睛】本题考查了二项式定理的应用问题，也考查了逻辑推理与运算实力，是基础题目．7.泉城广场上耸立着的“泉标”，成为泉城济南的标记和象征.为了测量“泉标”高度，某同学在“泉标”的正西方向的点A处测得“泉标”顶端的仰角为45°，沿点A向北偏东30°前进100m到达点B，在点B处测得“泉标”顶端的仰角为30°，则“泉标”的高度为（A.50m B.100m C.120【答案】A【解析】【分析】先设DC＝x，然后在△ABC中，利用余弦定理可得，再求解即可.【详解】解:依据题意，作出图形如图所示：所以AB＝100，∠BAC＝60°，∠DBC＝30°，设DC＝x，所以AC＝x，BC，在△ABC中，利用余弦定理的应用得，得，又，解得，故选:A【点睛】本题考查了余弦定理的应用，重点考查了运算实力，属基础题.8.已知函数满意，，且与的图像交点为，，…，，则的值为()A.20 B.24 C.36 D.【答案】D【解析】【分析】依据已知条件推断和都关于中心对称，由此求得的值.【详解】由于满意，当时，，所以关于中心对称.由于，所以关于中心对称.故和都关于中心对称.所以与的图像交点，，…，，两两关于对称.所以.故选D.【点睛】本小题主要考查函数图像的对称性，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.二、多项选择题：本题共4小题，中学联盟每小题5分，共20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5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.某颗人造地球卫星的运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，如图所示，已知它的近地点（离地面最近的点）距地面千米，远地点（离地面最远的点）距地面千米，并且三点在同始终线上，地球半径约为千米，设该椭圈的长轴长、短轴长、焦距分别为，则（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】依据条件数形结合可知，然后变形后，逐一分析选项，得到正确答案.【详解】因为地球的中心是椭圆的一个焦点，并且依据图象可得，（*），故A正确；，故B正确；（*）两式相加，可得，故C不正确；由（*）可得，两式相乘可得，，故D正确.故选ABD【点睛】本题考查圆锥曲线的实际应用问题，意在考查抽象，概括，化简和计算实力，本题的关键是写出近地点和远地点的方程，然后变形化简.10.甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以，和表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事务；再从乙罐中随机取出一球，以表示由乙罐取出的球是红球的事务，则下列结论中正确的是（）A.B.C.事务与事务相互独立D.，，是两两互斥的事务【答案】BD【解析】【分析】由题意，，是两两互斥的事务，由条件概率公式求出，比照四个选项推断即可.【详解】由题意，，是两两互斥事务，，，故B正确；，故A，C不正确；，，是两两互斥的事务，故D正确.故选：BD．【点睛】本题考查了互斥事务和条件概率，考查了学生实际应用，转化划归，数学运算的实力，属于中档题.11.已知点是双曲线：的右支上一点，，为双曲线的左、右焦点，的面积为20，则下列说法正确的是（）A.点的横坐标为B.的周长为C.小于D.的内切圆半径为【答案】ABC【解析】【分析】设的内心为，连接，设,利用的面积为20，可求得P点坐标；的周长为，借助P点坐标，可得解；利用，可求得，可探讨范围；可求得内切圆半径r.【详解】设的内心为，连接，双曲线：中的，，，不妨设，，，由的面积为20，可得，即，由，可得，故A符合题意；由，且，，可得，，则，则，故C符合题意；由，则的周长为，故B符合题意；设的内切圆半径为，可得，可得，解得，故D不符合题意．故选：ABC．【点睛】本题考查了双曲线的性质综合，考查了学生综合分析，转化化归，数学运算的实力，属于中档题.12.已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，为上底面上的动点，给出下列四个结论中正确结论为（）A.若，则满意条件的点有且只有一个B.若，则点的轨迹是一段圆弧C.若∥平面，则长的最小值为2D.若∥平面，且，则平面截正四棱柱的外接球所得平面图形的面积为【答案】ABD【解析】【分析】若，由于与重合时，此时点唯一；，则，即点的轨迹是一段圆弧；当为中点时，DP有最小值为，可推断C；平面截正四棱柱的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为，可得D.【详解】如图：∵正四棱柱的底面边长为2，∴，又侧棱，∴，则与重合时，此时点唯一，故A正确；∵，，则，即点的轨迹是一段圆弧，故B正确；连接，，可得平面平面，则当为中点时，DP有最小值为，故C错误；由C知，平面即为平面，平面截正四棱柱外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为，面积为，故D正确．故选：ABD．【点睛】本题考查了立体几何综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，转化划归，数学运算的实力，属于较难题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，，若满意，且方向相同，则__________．【答案】【解析】【分析】由向量平行坐标表示计算．留意验证两向量方向是否相同．【详解】∵，∴，解得或，时，满意题意，时，，方向相反，不合题意，舍去．∴．故答案为：1．【点睛】本题考查向量平行的坐标运算，解题时要留意验证方向相同这个条件，否则会出错．14.已知是与的等比中项，则圆锥曲线的离心率是_____．【答案】或【解析】【分析】由是与的等比中项算出,再分两种状况计算圆锥曲线的离心率即可.【详解】由是与的等比中项有,故.当时圆锥曲线方程,为焦点在轴的双曲线,其中,此时离心率当时圆锥曲线方程,,为焦点在轴的椭圆,其中,此时离心率故答案为或【点睛】本题主要考查椭圆与双曲线方程运用,属于基础题型.15.对于函数，若在定义域内存在实数满意，则称函数为“倒戈函数”．设（，且）是定义在[﹣1，1]上的“倒戈函数”，则实数的取值范围是_____．【答案】【解析】【分析】即，构造函数，，利用换元法求函数值域，即得解.【详解】∵是定义在[﹣1，1]上的“倒戈函数，∴存在满意，∴，∴，构造函数，，令，，，，∴，∴，故答案为：.【点睛】本题考查了函数综合，考查了学生，综合分析，转化划归，数学运算的实力，属于较难题.16.已知函数，其中，是这两个函数图像的交点，且不共线.①当时，面积的最小值为___________；②若存在是等腰直角三角形，则的最小值为__________.【答案】(1).(2).【解析】【分析】①利用函数的图象和性质的应用求出三角形的底和高，进一步求出三角形的面积；②利用等腰直角三角形的性质的应用求出的最小值．【详解】函数，其中，是这两个函数图象的交点，当时，．所以函数的交点间的距离为一个周期，高为．所以：．如图所示：①当时，面积的最小值为；②若存在是等腰直角三角形，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，则，解得的最小值为．故答案为：，．【点睛】本题主要考查了三角函数的图象和性质的应用，主要考查学生的运算实力和转换实力及思维实力，属于基础题型．四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.数列满意：（1）求的通项公式；（2）若数列满意，求的前项和.【答案】（1）;（2）.【解析】【分析】（1）利用时，求解；检验成马上可求解（2）由，得，利用错位相减求和即可【详解】（1）令时，时，，满意所以；（2）由，①②①②得【点睛】本题考查利用前n项和求通项公式，考查错位相减求和，精确利用前n项和求出通项公式是关键，是中档题18.在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知．（1）求角B的大小；（2）求的取值范围【答案】（1）；（2）【解析】分析】（1）依据正弦定理边化角，与两角和的正弦公式求得B的值；（2）依据正弦定理边化角，再利用同角三角函数关系结合角的范围求得取值范围．【详解】（1）由，依据正弦定理，有即有则有，又，所以，（2）由（1），，则，又为锐角三角形，所以，且，所以，于是则又所以，的取值范围是【点睛】本题主要考查了正弦定理、同角的三角函数关系以及两角和差的正弦公式，正确求得角的范围是解题的关键．19.如图，三棱柱中，，，平面平面.（1）求证：；（2）若，直线与平面所成角为，为的中点，求二面角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）过点C作CO⊥AA1，则CO⊥平面AA1B1B，CO⊥OB，推导出Rt△AOC≌Rt△BOC，从而AA1⊥OB，再由AA1⊥CO，得AA1⊥平面BOC，由此能证明AA1⊥BC．（2）以O为坐标原点，OA，OB，OC所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B1﹣A1D﹣C1的余弦值．【详解】（1）过点作，垂足为，因为平面平面，所以平面，故，又因为，，，所以，故，因为，所以，又因为，所以平面，故.（2）以为坐标原点，，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，因为平面，所以是直线与平面所成角，故，所以，，，，，，，，设平面的法向量为，则，所以，令，得，因为平面，所以为平面的一条法向量，，，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础学问，考查运算求解实力，考查数形结合思想，是中档题．20.为提高城市居民生活华蜜感，某城市公交公司大力确保公交车的准点率，削减居民乘车候车时间为此，该公司对某站台乘客的候车时间进行统计乘客候车时间受公交车准点率、交通拥堵状况、节假日人流量增大等状况影响在公交车准点率正常、交通拥堵状况正常、非节假日的状况下，乘客候车时间随机变量满意正态分布在公交车准点率正常、交通拥堵状况正常、非节假日的状况下，调查了大量乘客的候车时间，经过统计得到如图频率分布直方图.（1）在直方图各组中，以该组区间的中点值代表该组中的各个值，试估计的值；（2）在统计学中，发生概率低于千分之三的事务叫小概率事务，一般认为，在正常状况下，一次试验中，小概率事务是不能发生的在交通拥堵状况正常、非节假日的某天，随机调查了该站的10名乘客的候车时间，发觉其中有3名乘客候车时间超过15分钟，试推断该天公交车准点率是否正常，说明理由.（参考数据：，，，，）【答案】（1），（2）准点率正常，详见解析【解析】【分析】（1）由频率分布直方图结合均值和方差公式可求出和；（2）由正态分布求得再依据n次独立重复试验中事务发生k次的概率公式求有3名乘客候车时间超过15分钟的概率从而得出结论.【详解】（1），（2），设3名乘客候车时间超过15分钟的事务为，，，准点率正常【点睛】考查正态分布，考查数学建模，数据分析，数学运算的数学素养.21.已知椭圆，点F为抛物线的焦点，焦点F到直线3x-4y+3=0的距离为d1，焦点F到抛物线C的准线的距离为d2，且．(1)抛物线C的标准方程;(2)若在x轴上存在点M，过点M的直线l分别与抛物线C相交于P、Q两点，且为定值，求点M的坐标.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）依据点到直线的距离公式以及抛物线的性质可求得和，再结合解出即可得抛物线的方程；