高三数学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年07月试卷_240711山西省大同市2025届高三年级第一次学情调研_山西省大同市2025届高三第一次学情调研监测数学试题

大同市 2025 届高三年级第一次学情调研监测
数学答案解析
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. 答案：B
解析：图中阴影部分表示的集合为  C
U
B  A ，又 A   (  1 , 0 ) , ( 0 ,0 ) , (1 ,0 ) , ( 0 ,1 ) , ( 0 ,  1 )  ，所以阴影部
分表示的集合为  (  1 , 0 ) , ( 0 , 0 ) , ( 0 ,1 )  ,故选B.
2. 答案： A
解析：由向量垂直的坐标表示得 3 x 2  1  2 x  0 ，解得 x  1 或 
1
3
，故选A.
3.答案：D
解析：因为
1
c o
s
s
i n 1
s i n
c o
2
s 2 1
c o
s
s
i n
2
2
s i n
2 s
c
i n
o s
2
( ( 0 ,
π
2
) )
    

    






 ，
整理得 s i n
1
2
  ，又 ( 0 ,
π
2
)   ，所以
π
6
  ， t a n
3
3
  ，故选D.
4. 答案：D
解析：由 f  x  的定义域知 a  0 ,
当0<a<1时，由f(a)=f(a－1)，即 2 a  a
1 1
，解得a = ，则 f    f 48；
4 a
当a≥1时，由f(a)=f(a－1)，得2a=2(a－1)，不成立．
所以 f
 1
a

 8 ，故选D.
5. 答案：C
解析：将 2 名金牌导游分配到 3 个景区，有339种分配方法,若每个风景区都要有银牌导游，则将
银牌导游分成三组，各组人数分别为1，1，3或1，2，2.当银牌导游分成三组的人数为1，1，3
C1C1C3
时，此时共有 5 4 3 A39540种；当银牌导游分成三组的人数为 1，2，2 时，此时共有
A2 3
2
C1C2C2
5 4 2 A39810种分配方法.所以不同分配方法有540810 1350 种，故选C.
A2 3
2
{#{QQABKY6QogigAIIAAAhCAQU4CkAQkBGAAYgOAFAMMAAAQQFABAA=}#}6. 答案：A
解析： f ( x ) 3
1 c o s
2
2 x 1
2
s i n 2 x
2
3
2
3
c o s 2 x
1
2
s i n 2 x

    

    s i n ( 2 x
3
)

   ,因为  0  ，
所以    x  0 , 时， 2 
3


3
, 2 
3
   
  x .因为函数 f ( x ) 在区间    0 ， 内有最大值，无最
小值，结合正弦函数图像得
2
3
2
3
3
2
  
    ，解得
1
6
 
1
7
2
 ，故选A.
7. 答案： D
解析：由等差中项公式得 4 a
2
 4 a
1
 a
3
，
又数列  a
n
 为等比数列，所以得 4 a
1
q  4 a
1
 a
1
q 2 ，解得 q  2 ，
所以
S
n
n 
a
1n
(1
1


q
q
n )

2 n
n
 1
，又
S
n
n 
2 n
n
 1
单调递增，所以当 n  1
S
时， n 取得最小值
n
1 ，
故选D.
8. 答案：C
解析：因为a0，又函数ylog x单调递增，所以
3
3 a  2  4 a  1 ，即0a1，
对于不等式 a x  a y  x  y ，移项整理得 a x  x  a y  y ，
构造函数h(x)ax x，由于 h ( x ) 单调递减，所以 x  y ，即 x  y  0 ，故选C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中,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，有错选的得0分.
9. 答案：BCD
解析：设 z
1
 1  2 i ，z 2i，显然
2
z
1
 z
2
，但 z
1
2  z
2
2 ，故 A 错；
设 z
1
 a  b i ， z
2
 c  d i ，即可证明 z
1
z
2
 z
1
z
2
，故 B 对；
根据复数的几何意义可知，复数z 在复平面内对应向量OZ ，复数
1 1
z
2
对应向量OZ ，复数加减
2
法对应向量加减法，故 z z 和 z z 分别为
1 2 1 2
O Z
1
和OZ 为邻边构成平行四边形的两条对角
2
线的长度，故C对，D对，故选BCD.
{#{QQABKY6QogigAIIAAAhCAQU4CkAQkBGAAYgOAFAMMAAAQQFABAA=}#}10. 答案： A C
解析：如图，利用补形思想，在正方体 A B C D  A
1
B
1
C
1
D
1
的左侧
补一个全等的正方体，并平移 B D
1
到 A M ，则平面 M A B
1
为过 A B
1
且与 B D
1
平行的平面，显然平面交 A
1
D
1
于点 P ，
P为AD 的中点，故A对，B错； 由于直线B P与AD
1 1 1
所成角为  A
1
P B
1
，且  P A
1
B
1
 9 0  ，
故正切值为2，故 C 对，D错，故选AC.
11. 答案：ACD
解析：设事件A=“丢掉一个小球后任取两个小球均为红球”，事件 B
1
 “丢掉的小球为红球”，事件
B
2
 “丢掉的小球为白球”，事件 C  “丢掉一个小球后任取两个小球为一红一白”，则
P ( B
1
)  P ( B
2
) 
1
2
， P ( A | B
1
) 
C
C
2327

1
7
， P ( A | B
2
) 
C
C
2427

2
7
C1C1 4
，P(C|B ) 3 4  ，
1 C2 7
7
P ( C | B
2
) 
C 14C C
27
13

4
7
，由全概率公式可得
P ( A )  P ( B
1
) P ( A | B
1
)  P ( B
2
) P ( A | B
2
) 
1
2

1
7

1
2

2
7

1
3
4
.故A对；
P ( C )  P ( B
1
) P ( C | B
1
)  P ( B
2
) P ( C | B
2
) 
1
2

4
7

1
2

4
7

4
7
，故B错；
P ( B
1
| A ) 
P (
P
A
(
B
A
1)
)

1
2
1

3
4
1
7

1
3
M
P
1 4

P(BC) 2 7 1
，故C对；P(B |C) 1   ，故D对，
1 P(C) 4 2
7
故选ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 答案： B ，6（第一空2分，第二空3分）
解析： 由图可知女生人数为60，则男生人数为40，样本中A层的人数为9＋40×10%＝13；样本中B
层的人数为24＋40×30%＝36；样本中C层的人数为15＋40×25%＝25；样本中D层的人数为
9＋40×20%＝17；样本中E层的人数为3＋40×15%＝9.故样本中B层的人数最多，样本中E层
的男生人数为40×15%＝6.
13. 答案：220
{#{QQABKY6QogigAIIAAAhCAQU4CkAQkBGAAYgOAFAMMAAAQQFABAA=}#}解析：由题可得含 x 3 的项为 C 36 x 3 C 33 (  2 ) 3  C 46 x 4 C 12 (
1
x
) 1 C 11 (  2 ) 1 ，故系数为  2 2 0 .
14. 答案：
2
6
解析：设PF m，PF n，P为双曲线右支上一点，
1 2
1
因为面积 mnsin1202 3 ，所以得mn 8，
2
因为 m  n  2 a ,
m2 n2 (2c)2 (mn)2 2mn4c2 4a2 2mn4c2
所以得cos120   ，
2mn 2mn 2mn
即 4 a 2  4 c 2   3 m n   2 4 ， c 2  a 2  6 ，
因为
c
a
 5 ，所以 a 
2
6
.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
15.（13分）解析：
(1) 证明:由题意得 C D 
s i
a
n
s

i n
A
B
C B
，由正弦定理得
s i
b
n B

s i n 
c
A C B
,
即
s i n
s i

n
A
B
C B

b
c
，所以 C D 
a b
c
,
由于 c 2  a b ，所以 C D  c . …………………5分
(2)由题意知CDc， A D 
c
2
， D B 
c
2
,
c2 5
c2  b2 c2 b2
4 4
所以cosADC   ,
c2 c2
c2 5
c2  a2 c2 a2
4 4
同理cosBDC   ,
c2 c2
由于ADC BDC,
5
所以a2 b2  c2,
2
所以由余弦定理得 c o s  A C B 
a 2 
2
b
a
2
b
 c 2

3
4
. …………………13分
{#{QQABKY6QogigAIIAAAhCAQU4CkAQkBGAAYgOAFAMMAAAQQFABAA=}#}16.（15分）解析:
（1）证明：取PD的中点 G ，连接 G A ，GN ，
G , N 分 别 为 P D , P C 的 中 点
 G N / /
1
2
C D
M 为 A B 的 中 点 ， 且 A B C D 为 矩 形
 A M / /
1
2
C D
 G N / / A M
 四 边 形 A M N G 为 平 行 四 边 形


又
M
M
M
N
N
N
M
/ /

/ /
N
A G
平
平

面
面
平
P A
P A
面
D
D
M
，
N
A
C
G
，

平
平
面
面
P A
P
D
A D
平 面 M N C  l
 M N / / l …………………6分
（2） P A  底 面 A B C D
   P D A 为 P D 与 底 面 A B C D 所 成 角
当  4 5   时，由（1）有 A G  P D
且


C
A
C
C
D
D
D
D



A
P
平
A
D
A
面
G
，

P
C
A
A
D
D
 P A
C D P D  D  A G  面 P C D
由（1）有AG//MN
 M N  平 面 P C D
G
…………………15分
17. （15分）解析：
（1）甲、乙两人共答对 2道题目的情况分为：甲 2乙0，甲1乙1，所以甲、乙共答对 2 道题目的概
C2C1 2 1 C1C2 2 1 1
率为P 4 2 C0( )0( )3 4 2 C1( )1( )2  . …………………4分
C3 3 3 3 C3 3 3 3 15
6 6
{#{QQABKY6QogigAIIAAAhCAQU4CkAQkBGAAYgOAFAMMAAAQQFABAA=}#}（2）依题意， X 的可能取值为1，2，3. 则 P ( X  1 ) 
C 14C C
36
22

1
5
， P ( X  2 ) 
C 24C C
36
12

3
5
，
P ( X  3 ) 
C 34C C
36
02

1
5
， X 的分布列为
X 1 2 3
P
1
5
3
5
1
5
所以 E ( X )  1 
1
5
 2 
3
5
 3 
1
5
 2 . …………………10分
1 3 1 2
（3） D(X)(12)2 (22)2 (32)2 
5 5 5 5
设乙答对的题目个数为Y ，则 Y ~ B ( 3 ,
2
3
) .
2 2 1 2
所以E(Y)3 2 , D(Y)3   .
3 3 3 3
因为 E ( X )  E ( Y ) , D ( X )  D ( Y ) ，可知甲乙答对题目的均值是一样的，而甲的方差小于乙的
方差，所以甲的发挥较稳定，所以可以选拔甲代表学校参加体验训练. ………………15分
18.（17分）解析：
（1）由题意得2a4，则 a  2 ，又
c
a

2
3
， a 2  b 2  c 2
可得 b  1 ，所以椭圆的方程为
x
4
2
 y 2  1 …………………3分
（2）由（1）知椭圆的方程为
x
4
2
 y 2  1
OQ
（i） 设Px ,y  ， 0由题意知Qx ,y  ，
0 0 OP 0 0
因为
x
04
2
 y
0
2  1 ，又

1
x
6
0
 2 
4
y
0
 2
1
  


 ，即
4
2 x
04
2
y
0
2 1
 



所以 2  
OQ
，即 2 …………………9分
OP
（ii）设Ax ,y ,Bx ,y  ，将
1 1 2 2
y  k x  m 代入椭圆 E 的方程，
可得  14k2 x2 8kmx4m2 160
由 0，可得416k2 m2
{#{QQABKY6QogigAIIAAAhCAQU4CkAQkBGAAYgOAFAMMAAAQQFABAA=}#}又 x
1
 x
2
 
1
8

k m
4 k 2
， x
1
x
2

4 m
1 
2 
4 k
1
2
6
，
所以 x
1
 x
2

4 1 6
1
k 2


4 k
4
2
 m 2
因为直线 y  k x  m 与 y 轴交点的坐标为0 , m
所以  O A B 的面积 S 
1
2
m x
1
 x
2

2 m 1
1
6

k 2
4

k 2
4  m 2

2  1 6 k 2
1


4
4 k

2
m 2  m 2
 2

4 
1 
m
4
2
k 2

1 
m
4
2
k 2
令
1 
m
4
2
k 2
 t ，将ykxm代入椭圆 C 的方程
可得  1  4 k 2  x 2  8 k m x  4 m 2  4  0
由0，可得14k2 m2
所以 0 
1 
m
4
2
k 2
 t  1 ，所以 S  2  4  t  t  2  t 2  4 t
所以 S  2 3
当且仅当 t  1 时，即 m 2  1  4 k 2 时取得最大值 2 3
又  A B Q 面积为 3 S
所以  A B Q 面积的最大值为6 3. …………………17分
19.（17分）解析：
ax2
（1）因为 f(x) cosx(xR)，所以
2
f ( x )  a x  s in x ，记
h(x) f(x)axsin x，则 h ( x )  a  c o s x .
因为 a  1 ，cosx1，所以h(x)0，所以h(x)即 f(x)在R上单调递增.
而 f(0)0，所以当x(,0)时， f(x)0；
当x(0,)时， f(x)0.
所以函数 f(x)在区间(,0)单调递减，在区间(0,)单调递增. ……………4分
{#{QQABKY6QogigAIIAAAhCAQU4CkAQkBGAAYgOAFAMMAAAQQFABAA=}#}（2） 当 a  1 时， F ( x ) 
2
3
f ( x )  g ( x ) 
1
3
x 2 
s i n
x
x
 c o s x , x  (   , 0 ) ( 0 ,   ) ，
易得 F ( x ) 为偶函数.要证 F ( x )  0 ，只需证明 x  0 时 F ( x )  0 ，
即证明 x F ( x )  0 在 x  0 时成立.
1
记G(x) xF(x) x3sin xxcosx，
3
x  0 ，则
G(x) x(xsin x)，令 m ( x )  x  s in x ， m ( x )  1  c o s x  0 ，
故m(x)在(0,)单调递增，则m(x)m(0)0，
故G(x) xm(x)0，即 G ( x ) 在 ( 0 ,   ) 单调递增，
则G(x)G(0)0.所以xF(x)0，又 x  0 ，所以 F ( x )  0 . …………………9分
（3）由（2）知，要使 F ( x )  0 恒成立，只需保证 x F ( x )  0 在 x  0 时成立.
记 H ( x )  x F ( x ) 
a
3
x 3  s in x  x c o s x , x  0 ，
则 H ( x )  x ( a x  s in x ，) x  0 .
若a1，则有 H ( x ) 
a
3
x 3  s in x  x c o s x 
1
3
x 3  s in x  x c o s x  0 ，符合题意；
若 0  a  1 ，令 M ( x )  a x  s in x ，则 M ( x )  a  c o s x ，设cosx a，
0
x
0
0
2



，

则当 x  ( 0 , x
0
) 时， M ( x )  0 ，
所以 M ( x ) 在  0 , x
0
 单调递减，又M(0)0，所以M(x)0
所以 H ( x )  x M ( x )  0 ， H ( x ) 在(0,x )单调递减，且
0
H ( x )  H ( 0 )  0 ，与题意矛盾.
若 a  0 ，则当  0  x  时， a x  s in x  0 ，所以 H ( x )  x ( a x  s in x )  0 ，
则 H ( x ) 在(0,)单调递减，H(x)H(0)0，与题意矛盾.
综上所述，实数a的取值范围是 1 ,    . …………………17分
{#{QQABKY6QogigAIIAAAhCAQU4CkAQkBGAAYgOAFAMMAAAQQFABAA=}#}