金科大联考2025届高三1月质量检测数学试题（含解析）

金科大联考2025届高三1月质量检测数学试题
第I卷（选择题）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若集合，则( )
A. B. C. D.
2.已知，则( )
A. B. C. D.
3.已知椭圆的离心率为，则( )
A. B. C. D.
4.已知平面向量，，若在方向上的投影向量为，则( )
A. B. C. D.
5.已知，，，则( )
A. B. C. D.
6.若函数的极小值点为，则( )
A. B. C. D.
7.已知正项数列的前项积为，若，则( )
A. B. C. D.
8.从正十边形的各顶点中任选个，则选中的个点能构成直角三角形的概率为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.有一组样本数据，，，，其中，由这组数据得到新样本数据，，，，则( )
A. 两组样本数据的极差一定相等 B. 两组样本数据的平均数一定相等
C. 两组样本数据的中位数可能相等 D. 两组样本数据的方差可能相等
10.已知函数，且，则( )
A. B. 是奇函数
C. 的图象关于对称 D. 一定为的极小值点
11.已知棱长为的正方体，空间内的动点满足，其中，，，且到棱的距离和到平面的距离相等，则( )
A. 当时，的轨迹长度为
B. 当时，四面体的体积为定值
C. 存在点，使得
D. 直线与平面所成角的正弦值最大为
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知为第一象限角，若，则 ．
13.若实数，满足，则的最小值为 ．
14.已知双曲线的左、右焦点分别为，，是上位于第一象限的一点，，直线与圆交于，两点，若，则的离心率为 ．
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.本小题分
记的内角，，的对边分别为，，，已知，A.
求的面积
设在边上，平分，若，求．
16.本小题分
如图，在四棱锥中，底面是正方形，为等边三角形，平面平面，．
证明：平面平面
设点为棱的中点，求二面角的余弦值．
17.本小题分
设函数．
当时，求的单调区间
当时，，求的取值范围．
18.本小题分
在直角坐标系中，已知动圆过定点，且截轴所得的弦长为．
求动圆圆心的轨迹方程
，为曲线上的两个动点，过，中点且与轴平行的直线交曲线于点，曲线在点处的切线交轴于点．
(ⅰ)证明：
(ⅱ)若点在直线上，求面积的最大值．
19.本小题分
设为正整数，集合，集合，为的一个非空子集，记，其中
若，，求的取值的集合
证明：的所有可能取值个数为
是否存在，使得的所有可能取值从小到大排列成等差数列，若存在，求若不存在，说明理由．
答案和解析
1.
【解析】解：，
由，得，
则
故选B．
2.
【解析】解：设，，
则，
则，
则，，
即，即，
则．
故选C．
3.
【解析】解：椭圆的方程为，
则椭圆的焦点在轴， ，
解得．
故选A．
4.
【解析】解：由向量 ，，可得 且 ，
因为向量 在 方向上的投影向量为 ，可得 ，
所以 ．
故选D．
5.
【解析】解：因为，
则，，
所以．
故选：．
6.
【解析】解：的定义域为，，
令，得或，因为存在极小值，所以，
则当，即时，
在上，在上，在上，
则是函数的极小值点，由题可知，解得
当，即时，
在上，在上，在上，则是函数的极小值点，由题可知，矛盾
当，即时，恒成立，函数在上单调递增，无极值点．
综上得．
故选：．
7.
【解析】解：依题意，当时，，
又，所以，
当时，，所以，
又，
所以，
所以为首项为，公差为的等差数列，
即，．
故选：．
8.
【解析】
解：在十个顶点中任取三个顶点，有共种情况，
要构成直角三角形，则直角顶点与圆心的连线必然是直径，正十边形有条直径，每条直径对应个直角三角形除直径的两个端点外，还有个顶点可以选，
所以其中能构成直角三角形的的有，
故所求概率：．
故选：．
9.
【解析】解：极差：新样本数据中，最大值和最小值可能发生变化，因此极差不一定相等， A错误；
平均数：新样本数据中，每个数据都加减了常数，但总和不变，因此平均数相等， B正确；
中位数：两组样本数据的中位数可能相等，C正确；
方差：新样本数据中，方差的计算公式中，每个数据都加减了常数，但方差可能相等，也可能不相等，D正确．
故选：．
10.
【解析】解：依题意，为的一个极值点，
又，
所以，
所以，故A正确
由可知，，
所以为偶函数，故B错误
，所以为图象的一个对称中心，故C正确
因为的正负未知，所以无法判断是否为极小值点，故D错误．
故选：．
11.
【解析】解：由题设知，点在正方体的内部或表面上．
当时，点在平面内运动，
因为其到平面的距离始终为，所以其到棱的距离也为．
又因为到棱的距离即为到的距离，
所以的轨迹为以为圆心，为半径，且在正方形内部含边界的圆弧，其长度为，故A选项正确
当时，如图，，，，分别为，，，的中点，点在平面内，且到棱的距离和到平面的距离相等，
而对于三棱锥，若以为底面，
则其体积，其中为到平面的距离．
因为平面，平面平面，
所以到平面的距离等于平面和平面的距离，为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故B选项正确
因为到棱的距离和到平面的距离相等，
所以，，故C选项错误
因为是平面的一个法向量，
所以与平面所成角的正弦值等于，，
由知，
而，
所以原式．
因为，
所以原式，当，，时等号成立，故D选项正确．
故选：．
12.
【解析】解： 由题意，因为为第一象限角，，
所以，
所以．
故答案为：．
13.
【解析】解：，，，
令，
则，，，
，
令，
则，
当且仅当，即时取等号，
．
故答案为：．
14.
【解析】解：设，，且，，
设到直线的距离为，过作直线的垂线，设垂足为，
因为，
所以，
则由中位线定理知，
又，
所以，
整理得，，
因为，所以，
所以，，
在中，由余弦定理，
所以，
故C的离心率为．
故答案为：．
15.解：由及余弦定理得：
，
又，故C，
由及正弦定理得：，故，
所以的面积为
设，则，
在中，由正弦定理得．
则，
解得，
所以．
16.解：证明：取的中点，连接，
因为为等边三角形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为底面是正方形，所以，
又，是平面内两条相交直线，
所以平面，
又平面平面，
所以平面平面；
解：取中点，
因为为等边三角形，所以，
由可知平面平面，
平面平面，平面，
则平面，
以为坐标原点，建立如图所示空间坐标系，
则，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，取，则，
设平面的法向量为，
则取，则，
设平面与平面夹角为，
，
由图知二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为．
17.解：当时，，
则，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以在区间上单调递减，在区间和上单调递增
，
令，解得或，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则在处取得极大值，，
当，即时，在处取得最大值，
所以，解得，
则，
当时，在或处取得最大值，
所以，解得，
综上的取值范围是．
18.解：设动圆圆心坐标为，
因为动圆过定点，截轴所得弦长为，
所以，
整理得，
即动圆圆心的轨迹方程；
不妨设，，，
由题满足，
两式作差得，
所以，即，
因为过点与轴平行的直线交曲线于点，
所以，
因为，即，所以，
所以，即；
因为在直线上，所以，
又为，中点，所以在曲线内部，
则，解得，
因为直线，即，
直线，即，
所以平行线和间距离为，
因为，
由，
则点到直线的距离即为平行线和间距离，
所以，
又，则，
令，，
则，
令，解得或，
所以，，单调递增
，，单调递减，
则最大值为，
即面积的最大值为．
19.解：当时，或，，
因为，，，
所以的可能取值为，，，
即的取值集合为
设集合，，与中相同的元素不予考虑，
其中，，
假设，则，
所以
，
因为，所以，即，
则不存在两个不同的子集，，使得，
所以的所有可能取值个数为的非空子集个数，为；
因为，所以，，为的所有可能取值中最小的三个，
则，解得
当时，易知为偶数，
且最大值为，最小值为，
由可知的所有可能取值个数为，
区间中偶数个数恰为，
所以的所有可能取值集合为，
因为该集合中任何一项均能写成形式，
进而可构成首项为，公差为的等差数列，
故存在，使得的所有可能取值从小到大排列成等差数列．
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