2025届乌鲁木齐市一中高三数学上学期第三次月考试卷附答案解析

届乌鲁木齐市一中高三数学上学期第三次月考试卷一、单选题（本大题共8小题）1．图中的阴影部分表示的集合为（）

A． B． C． D．2．在复平面内，复数z对应的点的坐标是1,2，则i⋅z=()A．1+2i B．−2+iC．1−2iD．−2−i3．已知向量，在方向上的投影向量为，则（）A． B． C．6 D．124．已知函数，，且，则函数可能是（）A． B． C． D．5．某中学安排4位学生观看足球、篮球、乒乓球三个项目比赛，若一位同学只观看一个项目，三个项目均有学生观看，则不同的安排方案共有（）A．18种 B．24种 C．36种 D．72种6．已知半径为1的圆经过点，则其圆心到原点的距离的最小值为（

）．A．4 B．5 C．6 D．77．已知圆锥PO的母线长为4，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（）A． B． C． D．8．已知点、是椭圆的左、右焦点、点为椭圆上一点，点关于的角平分线的对称点也在椭圆上，若，则椭圆的离心率为（）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．某同学根据变量x与y的六组数据（，2，…，6）绘制了如下散点图，并选择一元线性回归模型进行拟合，若去掉B点，则下列说法正确的是（

）A．残差平方和变小 B．相关系数r越趋于1C．决定系数变大 D．y与x线性相关程度变强10．在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱AB，AD的中点，点G在底面内运动（含边界），且平面，则（）A．若，则平面B．三棱锥体积为定值C．点到直线EF的距离为D．若，则11．设函数，则下列说法正确的是（）A．定义域是 B．时，图象位于x轴下方C．有且仅有两个极值点 D．存在单调递增区间三、填空题（本大题共3小题）12．的展开式中的系数是．（用数字作答）13．已知双曲线C：的左顶点为A，直线l过A且与C的一条渐近线平行．若C的右支上一点P到l的距离恒大于m，则m的最大值为．14．如图，函数）（其中，，）与坐标轴的三个交点P、Q、R满足，，为QR的中点，，则A的值为．四、解答题（本大题共5小题）15．已知函数在处取得极值2．(1)求a，b的值；(2)若方程有三个相异实根，求实数k的取值范围．16．记的内角的对边分别为，已知．(1)求；(2)若为上一点，且，求的面积．17．数列是首项为2的等差数列，数列是公比为2的等比数列，且数列的前项和为．再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，并解答下列问题：(1)求数列和的通项公式；(2)求数列的前项和．条件①：；条件；②：；条件③：．注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．18．如图，在四面体中，平面，M，P分别是线段，的中点，点Q在线段上，且.(1)求证：平面；(2)当，时，求平面与平面夹角的余弦值；(3)在（2）的条件下，若为内的动点，平面，且与平面所成的角最大，试确定点G的位置.19．已知点在抛物线上，过点作斜率为的直线交于另一个点，设与关于轴对称，再过作斜率为的直线交与另一个点，设与关于轴对称，以此类推一直做下去，设．(1)求抛物线的方程；(2)求证：数列是等差数列，并求、；(3)求的面积．

参考答案1．【答案】D【详解】由韦恩图知，阴影部分集合为与的交集，再与集合的补集的交集，所以表示的集合为.故选：D2．【答案】B【详解】由题意知z=1+2i，则i⋅z=i1+2i3．【答案】A【详解】依题意，在方向上的投影向量为，则，而，所以.故选：A4．【答案】C【详解】由函数，，，得，整理得，对于A，，，则，A不是；对于B，，，则，B不是；对于C，，，则，C是；对于D，，，则，无意义，D不是.故选：C.5．【答案】C【详解】三个项目均有学生观看，四位同学分三组，根据题意，其中有两人看一个项目，所以安排方案有种.故选：C6．【答案】A【详解】设圆心，则，化简得，所以圆心的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，所以，所以，当且仅当在线段上时取得等号，故选：A.7．【答案】B【详解】设圆锥底面半径为，高为，在中，，则，如图，取的中点，连接，则有，则，又由，解得，则，所以圆锥的体积为.故选：B8．【答案】D【详解】点关于的角平分线的对称点N必在上，因此共线，，，设，则，，，又，则，中，由余弦定理得：，即，化简得，则，，中，，由余弦定理得，整理得，所以离心率.故选：D9．【答案】ACD【详解】从图中可以看出B点较其他点，偏离直线远，所以去掉B点后，回归效果更好，A．残差平方和变小，拟合效果越好，故正确，符合题意；B．相关系数|r|越趋于1，拟合的回归方程越优，所以去掉B点后，相关系数r的绝对值越趋于1，故B错误，不符合题意；C．决定系数R2越接近于1，拟合的回归方程越优，即去掉B点后，变大，越趋于1，故正确，符合题意；D．解释变量x与预报变量y相关性增强，故正确，符合题意．故选：ACD．10．【答案】ABC【详解】分别取棱，，，的中点M，N，P，Q，由点E，F分别为棱，的中点，得，而，则，由平面，平面，得，又平面，则平面，而平面，则，同理，又平面，因此平面，由平面，得平面即为平面，于是点G的轨迹即为线段，对于A，若，则点G在上，又点G的轨迹即为线段，则点G为棱的中点P，连，，四边形为平行四边形，则，又平面，平面，于是平面，A正确；对于B，点分别为中点，则，而平面，平面，于是平面，又点是上任意点，因此点到平面的距离是定值，又的面积是定值，则三棱锥体积为定值，B正确；对于C，由点F，Q分别为棱，的中点，得，正六边形的边长为，设正六边形的中心，则均是边长为的正三角形，而，则，即与间的距离，又，因此点G到的距离即为与间的距离，C正确；对于D，连，交点为，由，得点G在上，又点G的轨迹即为线段，则点G为与的交点，而分别为的中点，则，此时，于是满足，D错误.故选：ABC11．【答案】BD【详解】对于A选项，函数有意义，有，解得且，则函数的定义域为，A选项错误；对于B选项，当x∈0,1时，，，则，即当x∈0,1时，函数图象位于轴下方，B选项正确；对于C选项，，令.当时，，，则f'x<0，函数在区间上0,1单调递减，无极值点；当时，，函数在1,+∞上单调递增，由于，由零点存在定理知，存在唯一的，使得gx0当时，gx<0，f'x<0；当时，g所以，函数存在唯一的极值点，C选项错误；对于D选项，由C可知，函数在区间上单调递增，D选项正确.故选：BD.12．【答案】40【详解】二项式展开式的通项，因此含的项为第3项，即，所以的系数是.故答案为：4013．【答案】【详解】由题意，双曲线的渐近线方程为，因为直线过且与的一条渐近线平行，不妨设直线的方程为，即，由的右支上一点到的距离恒大于，可得直线到直线的距离恒大于等于，直线到直线的距离，所以，所以的最大值为.故答案为：.14．【答案】/【详解】函数的图象过点，周期，则，由，得，中点，由，得为等腰直角三角形，，则，而，即，于是，而，解得，即，则，由，得，又，解得，由，得，所以.故答案为：15．【答案】(1)，；(2).【详解】（1）函数，求导得，依题意，，解得，此时，当时，，当时，，函数在处取得极大值，符合题意，所以的值分别为，.（2）由（1）得，，方程，令函数，依题意，函数的图象与直线有三个不同的交点，求导得，由，得或，由，得，函数在上单调递增，在上单调递减，函数在处取得极大值，在处取得极小值，因此当时，函数的图象与直线有三个不同的交点，所以实数的取值范围为.16．【答案】(1)；(2).【详解】（1）在中，由余弦定理，得，即，而，解得，由正弦定理得，所以.（2）依题意，由三角形面积公式得，所以．17．【答案】(1)，(2)答案见解析【详解】（1）设等差数列的公差为d，则，当时，，解得，因此，当时，，即，解得，所以.（2）选择条件，由（1）得，，则，于是，两式相减得所以．选择条件，由（1）可得，，则，所以．选择条件，由（1）可得，，则所以．18．【答案】(1)证明见解析(2)(3)点位于中位线靠近的八等分点的第3个点处【详解】（1）取BD中点，连接PO，是BM的中点，，且，在线段CD上取点，使，连接OF，QF，，，且，，四边形POFQ为平行四边形，，又平面平面，平面.（2），则，，取BD中点，则，又平面，平面BCD，以为原点，OB，OC，OP所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，故，则，，，，所以，故，易知平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，即，取，则，，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.（3）由（2）知为BD中点，为AD中点，连接OM，，点为内动点且平面QGM，又平面ABD，平面平面，，故点在OM上，设，又，，，则，，易知平面的一个法向量为，设QG与平面所成角为，则最大时，最大，，所以当时，最大，此时最大，即当点位于中位线靠近的八等分点的第3个点处时，QG与平面所成角最大.19．【答案】(1)(2)证明见解析，，(3)【详解】（1）将点的坐标代入抛物线的方程可得，可得，因此，抛物线的方程为.（2）方法一：在抛物线上，则，，过，且斜率