大庆市2025届高三年级第一次教学质量检测数学+答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年09月试卷_0907黑龙江省大庆市2024-2025学年高三上学期第一次教学质量检测

学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司大庆市 2025 届高三年级第一次教学质量检测
数学答案及评分标准
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 2 3 4 5 6 7 8
D B C D A A D C
1.【解析】 设 ，则 ，即 ，
=  +    +   +2  −   =1+2  3  −   =1+2 
所以 ，所以复数 对应的点 位于第四象限.故选D.
1 1
2.【解析】 若  = 为3奇 ,  函 = 数 − ， 2 则  .因为定3, 义 − 域 2 为R，所以当 时 .
但由  (  ) 推不出  −  为=奇−函  数(  ，) 例如 .所以“  =0”是“  函0数=0
2
为奇函  0数”=的0必要不充  分(  条) 件.故选B.   =   0 =0  (  )
a 2d 4
3.【解析】 设 公差为 ，则 1 ，解得 ，
3a 3d 6
1
{   }   1 =0,  =2
所以 .故选C.
12×11 12×11
4.【解析】 对于  选 12 项 = A 12 ，  因 1+ 为 2  = 2 ×2 ， = 所 1 以 32 取第3项数据86. A正确.
对于选项B，男生中25位%数×为10=2.5 ，众数为90，89<90. B正确.
88+90
2 =89
对于选项C，
1
去掉一个最高分   = 和1一0个 82 最 + 低 8 分 4+ 后 8 所 5 得 + 数 87 据 + 的 8 平 7+ 均 8 数 7 为 +88+88+90+92 =87
. C正确.
' 1

=8 84+85+87+87+87+88+88+90 =87
对于选项D，
2 1 2 2 2
去掉一个最高分  和 = 一10个最 82 低 − 分 8 后 7 所 + 得数 84 据 − 的 87 方差 + 为 ⋯+ 92−87 =7.4
. D 错误.
'2 1 2 2 2
故选D.  =8 84−87 + 85−87 +⋯+ 90−87 =3
另外，选项D也可由方差的意义分析，去掉极端值后，数据较原来更加集中，所以方差会
变小.
5.【解析】 由圆台的轴截面为等腰梯形可知，圆台的高为 .
4 3 2 2 2 3
( 3 ) −2 = 3
{#{QQABDYAAggCIQJBAABgCQwnaCgEQkBGACSgOBAAEIAAAAQFABAA=}#}所以由圆台的体积公式可得 .
1 2 2 2 2 2 3 26 3
故选A.  =3  ∙1 +  ∙3 +  ∙3 ∙ 3 = 9 
2a30
 2a30 2a30
 2a3 1  
6.【解析】 由题意可得 或a10 或a10 ，
a10
 
12a3a1 12a3a1

12a3a1
解得1a2，即 .
∈(1,2]
故选A.
7.【解析】 由 ，得 （ ）.
由         =6           ，  得  ∙     =6 1 .
因  为    +  +     +  =，0所以     +  =，−1即 （2）
+         +    
+  =1−         −1= 1−6     +     =5
由（1）（2）解得 ，或 .
=2     =3
因为   ，   =3 ，     =，2所以 ，所以 ，
π
0<  <  <      >0     >0 0<  <  < 2     <    
可得 ， ，所以 .
−     2−3 1
故选  D   .  =2     =3     −  =1+         =1+2×3=−7
8. 【解析】①当 时， ，所以 在 上单调递增，
' 2
当  ≤ 0 时，   =  −  ， > 不 0 符合题意  ( .  ) (0, +∞)
②当  →+∞ 时，  (  )→+∞ ，得 .
' 2 2
>0   =  −  =0  = 
当 时， ，故 在 上单调递增，
2 ' 2
∈ (0,  )   >0  (  ) (0,  )
当 时， ，故 在 上单调递减，
2 ' 2
∈ (  , +∞)   <0  (  ) (  , +∞)
所以当 时， 取得最大值.
2
=   (  )
由题意 ，即 ，
2 2 2
所以   =2    −  ∙  +  −1 . ≤0  ≤3−2   2+2   
−2  ≤ 3−   2+2    −2 
令 ，则 ，当 时， ， 单调递增.
' 1 '
当   =    − 时  ，   = ，  −1 单调  递 ∈ 减 (0 . ,1 所 ) 以   >0   .
'
∈ 1, +∞   <0     ≤  1 =1
{#{QQABDYAAggCIQJBAABgCQwnaCgEQkBGACSgOBAAEIAAAAQFABAA=}#}所以 ，即 的最大值为 .
故选  C−. 2  ≤ 3−2   2−2=1−2   2  −2  1−2   2
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 10 11
BC ACD ABD
9.【解析】对于A选项，由 可知， 的周期为 ，而选项 的周

期为 .A错误.   = 2     +4  (  ) 2   (  )
对于  B选项，由A选项，令 ，解得 的对称轴为

+4 =   +2,  ∈   (  )  =   +
，故 是 的一条对称轴.B正确.

4  ∈   = 4  (  )
对于C选项， ，当 时， ，所以 ，
'  '
C正确.
=     −      ∈ (0, 4)     >       >0
对于D选项，当 时， ，所以 ，D错误.

故选BC.
∈(0, 2)     >0,     >0   >0
10.【解析】甲作为第1次触球者，则第2次触球者是乙或丙，故P 0，A正确.
2
若乙为第2次触球者，则第3次触球者可能是甲或丙；若丙为第2次触球者，则
第3次触球者可能是甲或乙；故 ，B错误.
1
3 =2
由题意得：要想第n次触球者是甲，则第n1次触球的不能是甲，
且第n1次触球的人，有 1 的概率将球传给甲，
2
1 1 1 1 1
故P  1P   P  ，即P  P  ，C正确.
n 2 n1 2 n1 2 n1 2 n 2
1 1 1
因为P  P  ，设P  P 
n 2 n1 2 n 2 n1
1 1 1 1
解得  ，所以P   P  
3 n 3 2 n1 3
1 2  1 2 1
因为P  ，所以P  是以 为首项，公比是 的等比数列
1 3 3  n 3 3 2
n1 n1
1 2  1 2  1 1
故P     ，所以P     ，
n 3 3  2 n 3  2 3
{#{QQABDYAAggCIQJBAABgCQwnaCgEQkBGACSgOBAAEIAAAAQFABAA=}#}2  1 8 1 43 3 1 3 43 1 1
故P 9  3    2    3  128 ，P 10 P 9  2 P 9  2  2  128  2  256  0，
故P P ，D正确.
9 10
故选ACD.
11.【解析】由已知 ，设 ，则 .

1+2  1
(2,0)   1,  1 ,  (  2,  2)  2 , 2
所以 . 因为 ，所以 ，

1+2 1 1 
所以   =为2等边三角形   ，所=以2   =2(  1+2) .A正  确  . =   =  
设 △    ，与抛物线C联   立  得=    60°= 3 ，解得 或 .
2 2 3  
:  = 3(  −2) 12  −20   +3  =0  = 2 6
所以 ，由 得
3   3   2 
2 , 3  ,  (6, − 3 )  −2,0    ∙    = 2  , 3  ∙ 3 , −
，所以∠ 为锐角.同理可得 ，所以∠ 为锐角，
2
3  
易3知= 3 >为0锐角，所以    为锐角三角形   .   B ∙正     确> . 0   
∠    △   
因为 ，所以四边形 的面积为 .C错误.
2
3  1 3  3 
(  , 2 )     2×  × 2 ×2= 2
因为 、 、 三点共线，所以 .
2
3  4 
，  所以   ⋅ .  D  正=确   .   ⋅    = 3, 3 ⋅  , 3  = 3
2 2 2
故   选A=BD  .   ⋅   >  
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.5 13. 14.
7
12.【解析】 4 ，(1所,  以)∪(  , +∞) ，解得 .
13.【解析】   设−  为=椭(2圆−的  ,右2)焦点，连  ⋅接  −   =2，2则−四  边+形3×2=0为平行四  边=形5，由
2    2,   2     2
， ，得 ， ，又∠ ，
3 
=3     +   2 =2    2 =2   = 2    2 =60°
，所以 ，化简得 ，
2  2 3  2  3  2 2
1  2 =2  (2  ) =(2) +( 2 ) −2⋅2⋅ 2 ⋅    60° 16  =7 
即 .
7
= 4
14. 【解析】 由已知，令 得 ，两边同时取对数可得 ，即 .

=0  =      =      = 
由题意可知方程 有两个根设 ，则 . 令
' 1−    '
2
得 ，且  =时  ， ，.   单=调递  增，   =  时，   =0，
' '
=   ∈(0,  )   >0    ∈(  , +∞)   <0
{#{QQABDYAAggCIQJBAABgCQwnaCgEQkBGACSgOBAAEIAAAAQFABAA=}#}单调递减，所以 ， 时， ，
1
(  )    =   =   ∈ (0,1)   <0  ∈(1, +∞)
时， ，所以 ，再由 图像可得 且 .
1
故 的  取  值 > 范围 0 为 0<  <     >1  ≠ 
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。
(1,  )∪(  , +∞)
15.(本小题满分13分)
解：（1）设 表示“抽到的学生每天饮用含糖饮料不低于500毫升”， 表示“抽到的学生
1  2
每天饮用含糖饮料低于500毫升”， 表示“抽到的学生为肥胖学生”，则 ，
1
1 =4
， ， ，由全概率公式可得
3 1 2
2 =4   |  1 =3   |  2 =9
. ..........................6分
1 1 3 2 1
=   1   |  1 +   2   |  2 =4×3+4×9 =4
（2） 的可能取值为0，1，2，3，由题意可知 ，则
1
~  (3, 4)
0 3 3 27 11 3 2 27
=0 =  3( ) =   =1 =  3 ( ) =
4 64 4 4 64
2 1 23 9 3 1 3 1
所以  =分2布列=为  3( ) =   =3 =  3( ) =
4 4 64 4 64
0 1 2 3

P
27 27 9 1
所以 . 64 64 64 ..........6...4.............13分
1 3
16.(本小题  满  分 = 15 3 分 × ) 4 =4
（1）证明：∵ 是边长为2的正三角形， 为 中点
∴△    ， ，即   
∵   //⊥     = 3   ⊥  
∴    
∴   ⊥  
2 2
在   = 中   ， +   = 3+9 =，2即3
2 2 2
又△∵      +∴   =  平  面   ⊥  
又∵   ∩平   面=    ⊥    
∴   ⊂     ..........................7分
⊥  
{#{QQABDYAAggCIQJBAABgCQwnaCgEQkBGACSgOBAAEIAAAAQFABAA=}#}（2）由（1）可知，以 为原点， ， ， 分别为 轴正方向建系如图，则
，  ，              ,  , 
0,0,1  1,0,0  3, 3,0
， ，
3 3 1 1 3 1
0, 3,0  ( ,， , )    =( , , )
2 2 2 2 2 2
 设    平=面(0, 3的, −法1向)量   为   =(3, 3, −，1则) ，即
  ⋅    =0 3  −  =0
  =(  ,  ,  )
令 ，则 ， ，∴
  ⋅    =0 3  + 3  −  =0
=1  = 3  =0   =(0,1, 3)
设 与平面 所成的角为 ，则 ， .
3 3
  ⋅   2+2 15
=    <       > =|    |⋅|  |= 1 3 1 = 5
4+4+4⋅ 1+3
所以 与平面 所成角的正弦值为 . ..........................15分
15
17.(本小题  满  分15分  )   5
解：（1）由正弦定理得
因为 2，   所   以−     =2       ，   所以
所以  +  +  =   =  −(  +  )     =sin (  +  )
化简得2sin  +  −     =2        
2         −     =0
因为 ，所以 ，所以
1
∈(0,  )     ≠0     =2
因为 ，所以 . ..........................7分

∈ (0,  )  =3
（2）由 的面积为 ，可得 .
因为△    3   =4
所以     =−cos  +  =−(         −         )

3 =−         +        
所以 ，故 .
1 7 3
2=26+                 =13
由正弦定理及比例性质可得
2  
(     ) =        
所以 ，解得 ， .
2
4 2
3 2 = 3  =13  = 13
(2) 13
由余弦定理 ，得
2 2 2 2 1
所以
=  +  −2       13= (  +  ) −2×4−2×4×2
故  +  的=周5长为 . ..........................15分
△    5+ 13
{#{QQABDYAAggCIQJBAABgCQwnaCgEQkBGACSgOBAAEIAAAAQFABAA=}#}18.(本小题满分17分)
解：（1）因为 所以 在 上单调递减
'
所以   =     −即1≤0 .  (  ) [0,+∞) ..........................4分
（2）由已  知  ≤  0 =0   ≤0
'  
=  −  +1(  >0)
①当 时， ， 在 上单调递增，所以 无极值.
'
≤ 0   >0  (  ) 0,+∞  (  )
②当 时，

'   +1 − 
因为  >0 时   =  +1

所以当  >0   +时1，>1 ， 在 上单调递增，所以 无极值.
'
当 0时<，  设≤ 1   >0  (  ) 0,+∞  (  )

当  >1 时，   =   +1，−当  时，
又  → 0在   上→单1调−递  <增0，所以  存→在+∞使   →+∞
且当   (0, +时∞)， ， ，  0  在  0 =0上单调递减
'
当  ∈(0,  0) 时，   <0 ，   <0 ，   在(0,  0) 上单调递增
'
所以  ∈ (是  0, +∞的)极小值  点  ，>故0 的  取  值>范0围为   (  0,.+∞) ..........................10分
（3）设  0    (1, +∞) ， .
' 
=2   −   −2=2  −2     +1 −     −1  0 =0
'  2 
①当  =2  时−，由 +     知 ，所以 在 上单调递增
+1
'
所以  ≤ 0  ∈ [0，,  满] 足  题  意>. 0   [0,  ]
②当   时≥，  设0 =0 ，则
' '  2 
2
>0 ℎ  =   ℎ  =2  +(  +1) +     >0
所以 在 上单调递增
'
因为ℎ  =   ，[0,所  ]以当 时，
' ' '
所以  0 =2−2  ，满足题0意<  ≤ 1   ≥  0 =2−2  ≥0
当   ≥  0 =0 ，即 时， .
'  2   '
所以   = 在 2  −  上+1单 + 调   递   减 ≤ ， 0  ≥ ， (  不 + 合 1 题 )  意   ≤0
当   [0,  ] 时，因为   在<0 上单调递增且
' ' '
所以1存<在  <(  +1)  使  ，  在 [0,  ] 时  ，0不  合  题意<.0
'
综上，  0 ∈[0,.  ]   0 =0  ∈ (0,  0)   <0 ..........................17分
∈ (−∞,1]
{#{QQABDYAAggCIQJBAABgCQwnaCgEQkBGACSgOBAAEIAAAAQFABAA=}#}19.(本小题满分17分)
解：（1）设 的方程为 由已知可得 ， ，
2 2
2 2  2
2 2
−  =1(  >0,  >0)  +  =3  = 2
解得 ， . 故 的方程为 . ..........................4分
2
2
（2）①当直  线= 2 中  有=一1条直  线的斜率为2 0 −，  另=一1条直线的斜率不存在时，直线 与 轴
重合，不  1,符  2合题意，故直线 的斜率均存在且不为0.   
设 的方程为  1,  2 ， ， ， ，
1  =  (  −   )(  ≠0)  (  1,  1)  (  2,  2)  (   ,   )  (   ,   )
由 ，得
2
2
2 −  =1 1−2  2  2 +4  2    −2  2   2 −2=0
=  (  −   )
则 ， ，
2 2 2
2 −4    −2    −2
1−2  ≠0  1+  2 = 1−2  2  1  2 = 1−2  2
则 ，同理得
2
−2    −    −2     
2 2 2 2
因为  ( 1、−2  、 , 1−三2  点 ) 共线，所  以 (  −2,  −2)
−   =(   −   )(   −   )
易知 ，则 −2  2      −2   −   
−     1−2  2⋅  2−2−  2−2⋅1−2  2
−   ≠0   =   −   =   2  −  2−1 − −  2    2 =2  
因为 ，所以 . ..........................12分
+1
②   =2   =2
+1 
=   = 2 −2 =2
2  
2  −1 2 
   +1− −1     =[  2  − −1  2  −1  2  −1+(  2  +1− −1  2  )  2  ]
=1  =1

2  −1 2 
=[ 4  −1+4  −3 2 +(4  +1−4  +1)2 ]
=1

2  +2  +1
=  ⋅2 =  ⋅4
=1  =1
n
设 k4k1
k1
=
则
2 3 4  +1
=1×4 +2×4 +3×4 +⋯+  ⋅4
3 4  +1  +2
4   = 1×4 +2×4 +⋯+  −1 ⋅4 +  ⋅4
所以

2 3 4  +1  +2 16(1−4 )  +2
−3   =4 +4 +4 +⋯+4 −  ⋅4 = 1−4 −  ⋅4
2n  
所以 ，故 b   1 kb a .............17分
+2 k1 k k  +2
16+(3  −1)⋅4 k1 16+(3  −1)⋅4
= 9 = 9
{#{QQABDYAAggCIQJBAABgCQwnaCgEQkBGACSgOBAAEIAAAAQFABAA=}#}