大庆市2025届高三年级第一次教学质量检测 数学答案

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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.【解析】 设，则  ，即 ，
所以
，所以复数对应的点
位于第四象限.故选 D.
2.【解析】 若为奇函数，则  .因为定义域为 R，所以当时  .
但由  推不出为奇函数，例如  .所以“  ”是“函数
为奇函数”的必要不充分条件.故选 B.
3.【解析】 设公差为，则
633
42
1
1
da
da
，解得 ，
所以 

.故选 C.
4.【解析】 对于选项 A，因为 ，所以取第 3项数据 86. A 正确.
对于选项 B，男生中位数为
，众数为 90，89<90. B 正确.
对于选项 C，
  
去掉一个最高分和一个最低分后所得数据的平均数为
 .C正确.
对于选项 D，
    
去掉一个最高分和一个最低分后所得数据的方差为
   .D错 误 .
故选 D.
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  
 
.
1
2
3
4
5
6
7
8
D
B
C
D
A
A
D
C
{#{QQABDYAAggCIQJBAABgCQwnaCgEQkBGACSgOBAAEIAAAAQFABAA=}#}
所以由圆台的体积公式可得
  
 
.
故选 A.
6.【解析】 由题意可得
1321
01
132
032
aa
a
a
a
或
1321
01
032
aa
a
a
或
1321
01
032
aa
a
a
，
解得
21 a
，即.
故选 A.
7.【解析】 由，得（）.
由    ，得  .
因为 
，所以
 ，即（2）
由（1）（2）解得 
，或 
.
因为 ，
，
，所以
，所以，
可得，，所以  
 
 
.
故选 D.
8. 【解析】①当时， 
，所以在 上单调递增，
当时，，不符合题意.
②当时， 
，得
.
当
时， ，故在
上单调递增，
当
 时， ，故在
 上单调递减，
所以当
时，取得最大值.
由题意

，即，
所以.
令  ，则 
，当时， ，  单调递增.
当  时，，  单调递减.所以   .
{#{QQABDYAAggCIQJBAABgCQwnaCgEQkBGACSgOBAAEIAAAAQFABAA=}#}
所以，即的最大值为 .
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.【解析】对于 A选项，由  
可知，的周期为 ，而选项的周
期为.A错误.
对于 B选项，由 A选项，令

，解得的对称轴为
，故
是的一条对称轴.B正确.
对于 C选项，
 ，当
时，
，所以 ，
C正确.
对于 D选项，当
时，，所以  ，D错误.
故选 BC.
10.【解析】甲作为第 1 次触球者，则第 2 次触球者是乙或丙，故
20P
，A正确.
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.
由题意得：要想第
n
次触球者是甲，则第
次触球的不能是甲，
且第
 
1n
次触球的人，有
1
2
的概率将球传给甲，
故
 
1 1
1 1 1
1
2 2 2
n n n
P P P
 
 
，即
2
1
2
1
1
nn PP
，C正确.
因为
1
1 1
2 2
n n
P P
 
，设
 
1
1
2
n n
P P
 
 
解得
1
3
 
，所以
1
1 1 1
3 2 3
n n
P P
 
 
 
 
因为
1
1 2
3 3
P 
，所以
1
3
n
P
 
 
 
是以
2
3
为首项，公比是
1
2
的等比数列
故
1
1 2 1
3 3 2
n
n
P
 
 
 
 
，所以
1
2 1 1
3 2 3
n
n
P
 
 
 
 
，
9
10
11
BC
ACD
ABD
{#{QQABDYAAggCIQJBAABgCQwnaCgEQkBGACSgOBAAEIAAAAQFABAA=}#}
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