精品解析：河北省邯郸市联考2024-2025学年高三上学期高考单科模拟综合卷（三）（10月）数学试题

2025新高考单科模拟综合卷（三） 数学 考生注意： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上. 3.请按照题号顺序在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 4.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 已知复数z满足（其中为虚数单位），则复数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘法除法原则计算即可. 【详解】. 故选：A. 2. 在等比数列中，，其前项和为，且是和的等差中项，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，分析可知，由已知条件求出的值，再结合等比数列的求和公式可求得的值. 【详解】设等比数列的公比为，若，则等比数列为摆动数列， 这与矛盾，故， 根据题意得，则，解得或（舍）. 则. 故选：A. 3. 已知函数（）为偶函数，则实数（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】由偶函数的定义列式求解即可. 【详解】由偶函数的定义得，所以， 即，所以，即， 整理得，此等式在函数的定义域内恒成立， 所以，即. 故选：B. 4. 设l、m、n表示不同的直线，、、表示不同的平面，给出下列四个命题： ①若，且，则； ②若，，，则； ③若，且，则； ④若，，，则. 则正确的命题个数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间线面平行，垂直的判定定理和性质定理分别进行判断即可. 【详解】根据“垂直于同一平面的两条直线互相平行”知，若，且，则正确，故①正确； 若，，，则不一定成立，有可能，故②错误； 若，且，则不一定成立，有可能，故③错误； 若，，，则不一定成立，有可能垂直，故④错误. 故正确的个数为1. 故选：D. 5. 已知圆，若圆与圆恰有三条公切线，则实数（ ） A. 9 B. C. 8 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两圆公切线的条数确定两圆的位置关系，再把两圆的位置关系转化为圆心距与半径和差的数量关系求参数的值. 【详解】圆可化为，圆心为，半径为. 若圆M与圆恰有三条公切线，则两圆外切. 圆可化为，圆心为，半径为，. 由，所以，解得. 故选：B 6. 已知甲、乙、丙等5人站成一列，并要求甲站在乙、丙前面，则不同的安排方法的种数为（ ） A. 24 B. 26 C. 32 D. 40 【答案】D 【解析】 【分析】按照甲排第一，第二，第三位分类求解． 【详解】按甲的安排进行分类讨论.①甲排第一，则乙，丙等四人有（种）；②甲排第二，则乙、丙排后3位中的两位，有（种）； ③甲第三，则乙，丙排最后2位；有（种）.故共有（种）. 故选：D. 7. 已知，则（ ） A. B. C. 1 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】由三角恒等变换可得，进一步由同角三角函数关系以及商数关系、二倍角公式化简求值即可. 【详解】由，解得， 故 . 故选：B. 8. 已知、分别是中心在原点的双曲线C的左、右焦点，斜率为的直线过点，交C的右支于点B，交y轴于点A，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】先根据双曲线的定义，确定的长，再构造三角形相似，利用对应边成比例求出离心率的值. 【详解】如图： 设双曲线C的标准方程为（，），由题可知.又因为，所以. 因为直线的斜率为，所以，. 设M为的中点，连接，易知，所以. 则，解得，所以双曲线C的离心率为. 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. 现有甲、乙、丙三位篮球运动员连续5场篮球比赛得分情况的记录数据，已知三位球员得分情况的数据满足以下条件： 甲球员：5个数据的中位数是25，众数是23； 乙球员：5个数据的中位数是28，平均数是26； 丙球员：5个数据有1个是30，平均数是25，方差是10； 根据以上统计数据，下列统计结论一定正确的是（ ） A. 甲球员连续5场比赛得分都不低于23分 B. 乙球员连续5场比赛得分都不低于23分 C. 丙球员连续5场比赛得分都不低于23分 D. 丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数大于23 【答案】AD 【解析】 【分析】A由中位数，众数定义可判断选项正误； B由中位数，平均数定义举特例可判断选项正误； C由平均数，方差定义结合题意举特例可判断选项正误； D.由题意结合方差平均数定义可得最大数据为30，后由百分位数结合反证法可判断选项正误. 【详解】A选项，设甲球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为、、、、，由题则，， 且23至少出现2次，故，故A正确； B选项，设乙球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为，、，，，则，由题. 取，，，，可得其平均数为26满足条件，但有2场得分低于23，故B错误， C选项，设丙球员的5场篮球比赛得分按从小到大排列为、、、、， 由已知， 所以. 取.因为、、、、的平均数为25， 所以.取，，，， 满足要求，但有一场得分低于23分，故C错误； D选项，若，此时，与题意不符； 同理可得均不合题意.则. 因为，所以丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数为. 若，则，故，与矛盾. 所以，所以丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数大于23，故D正确. 故选：AD. 10. 已知为所在平面内一点，且，，D是边的三等分点且靠近点C，，与交于点O.设三角形的面积为，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】因为，所以.由平面向量的基本定理求解即可判断A；设，由三点共线求解参数，然后求解三角形的面积即可判断B；因为，所以，代入即可判断C；以线段的中点为坐标原点，所在直线为x轴，线段的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，由坐标计算数量积求解最小值即可判断D. 【详解】因为，所以.又因为D是边的三等分点且靠近点C， 所以，所以，故A正确； 设，则. 因为B、O、D三点共线，所以，解得. 故，故B正确； 因为，所以， 所以，故C错误； 以线段的中点为坐标原点，所在直线为x轴，线段的垂直平分线为y轴， 建立平面直角坐标系， 则点，，. 设点，则， 所以最小值为，故D正确. 故选：ABD. 11. 如图，若正方体的棱长为2，点M是正方体在侧面上的一个动点（含边界），点P是棱的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为 B. 若，则点M的轨迹是以为半径的半圆弧 C. 若，则的最大值为3 D. 平面截正方体的截面面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由，再结合棱锥的体积公式求出定值可得A正确；在面上，过点P作，由线面垂直的性质得到，再由勾股定理计算出可得B错误；在面上，过点P作，连接，取的中点N，连接，，，，先由线面垂直的判定定理证明平面，进而得到点M的轨迹，再由勾股定理计算长度即可得C正确；由平面截正方体得到的矩形，计算其面积可得D正确； 【详解】对于A，因为点P为棱的中点，所以三角形的面积是定值，且点M到面的距离是正方体的棱长，所以三棱锥的体积是定值， 三棱锥的体积，故A正确； 对于B，在面上，过点P作，则由正方体的性质得平面，平面，所以. 又，正方体的棱长为2，所以. 所以点的轨迹是以Q为圆心，1为半径的半圆弧，故B错误； 对于C，在面上，过点P作，则点Q是的中点. 连接，取的中点N，连接，，，， 则，. 因为平面，平面，所以. 又，平面，所以平面，所以点M的轨迹是线段. 在中，，，， 所以的最大值为3，故C正确； 对于D，平面截正方体的截面为矩形，其面积为，故D正确； 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若集合，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】用列举法表示集合，结合交集的概念即可得解. 【详解】由可得，解得， 所以. 又，所以. 故答案为：. 13. 已知抛物线，过点的直线交C于P、Q两点，O为坐标原点，且，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】设出直线的方程并与抛物线方程联立，利用列方程来求得. 【详解】依题意，抛物线C的焦点在x轴的正半轴上， 设直线的方程为，点，. 由，消去x化简并整理得， 则有，， 由，得，解得. 故答案为： 14. 已知函数的最小值为0，则实数a的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】带有绝对值型函数，先从定义域进行分类，分为和两种情况，当时，又分为和两种情况，再结合复合函数的单调性讨论即可；当时，构造函数，利用导数分析单调性，然后再分和两种情况讨论即可. 【详解】函数定义域为，显然. 1°当时，， 当时，函数在上单调递减，； 当时，函数在上单调递减，其取值集合为. 函数在上单调递增，其取值集合为. 因此存在，使得.于是，不符合题意； 2°当时，. 令，，得，即在上单调递增. ，，即有. 当时，，即， 当且仅当时取等号； 当时，.显然当时，，函数在上单调递减，，不符合题意. 综上，， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于根据函数的定义域把带有绝对值的函数分为分段函数，再结合单调性分析最值. 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. 在中，内角的对边分别为. （1）若，求的面积； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由得，代入，得，再根据余弦定理求出，再根据三角形面积公式可得结果. （2）根据余弦定理得，再切化弦，利用两角和的正弦公式、正弦定理变形可得结果. 【小问1详解】 因为，所以，所以，即， 又，所以，所以， 所以. 【小问2详解】 由，得，得， 所以，所以， 所以 . 16. 已知函数. （1）当时，求的图象在点处的切线方程； （2）若，时，求实数a的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由导数的几何意义代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，求导可得，然后分与讨论，代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 ，， ，， 所以的图象在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 ，则， 当时，，即在上单调递增. 当时，，与题意不符. 当时，，，在上单调递增； ，，在上单调递减. 当时，取得最大值，且为. 由题意可得，解得. 即实数的取值范围为. 17. 已知在三棱柱中，，，，，. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：设的中点为，连接、. 因为，所以. 又因为，且，所以. 因为、平面，且，所以平面. 因为平面，所以. 在中，由余弦定理得，，即， 解得或（舍）. 在和中，可知，. 在中，，因此. 又，且、平面，且，所以平面. 又平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）设的中点为，连接、，由，可得平面，进而得到，由勾股定理可证，所以平面，因此可证得平面平面； （2）建立空间直角坐标系，用空间向量即可求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以O为坐标原点，以、、所在直线分别为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，. 所以，，. 设平面的一个法向量为， 则. 令，得. 设平面的一个法向量为， 则. 令，得. 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知椭圆（，）的左、右焦点分别为、，左顶点为A，点P、Q为C上关于坐标原点O对称的两点，且，且四边形的面积为. （1）求椭圆C的标准方程； （2）若斜率不为0的直线过椭圆C的右焦点且与椭圆C交于G、H两点，直线、与直线分别交于点M、N.求证：M、N两点的纵坐标之积为定值. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义与勾股定理列式求解即可得椭圆方程； （2）直线与椭圆相交确定交点坐标关系，根据坐标运算即可得结论. 【小问1详解】 因为点P，Q为C上关于坐标原点O对称的两点，且，所以四边形为矩形， 又，所以. 所以，由椭圆定义与勾股定理知， 所以，所以，所以. 又，解得. 所以，故椭圆C的标准方程为. 【小问2详解】 因为，所以可设直线的方程为. 联立方程组，消去x化简并整理得. 设，，可得，. 因为，所以直线的方程为. 设点M、N的纵坐标分别为，，令，可得，同理可得. 所以 . 所以M、N两点的纵坐标之积为定值. 19. 设正整数a的n个正因数分别为，且. （1）当时，若正整数a的n个正因数构成等比数列，请写出a的最小值； （2）当时，若，且构成等比数列，求正整数a； （3）记，求证：. 【答案】（1）16 （2）（） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意可得时，取得最小值，结合题意即可求解； （2）由题意可知，，，，，根据构成等比数列，可解得，可得等比数列的公比为2，结合累加法及等比数列的求和公式即可求解； （3）根据（），可得，再根据，利用裂项相消法可得，再由即可得证. 【小问1详解】 当时，正整数a的5个正因数构成等比数列， 设等比数列的公比为，可得，可得， 由，可得且， 则时，取得最小值为， 1，2，4，8，16为16的所有正因数，符合题意， 即a的最小值为16. 【小问2详解】 由题意可知，，，. 因为，依题意可知，所以. 化简可得，所以. ， 所以，解得或（舍去）， 所以， 累加得， 所以. 【小问3详解】 由题意知（）， 所以. 因为， 所以 . 因为，，所以， 所以，即. 【点睛】方法点睛：解答与数列有关的新定义问题的策略： （1）通过给定的与数列有关的新定义，或约定的一种新运算，或给出的由几个新模型来创设的新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题设所提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的. （2）遇到新定义问题，需耐心研究题中信息，分析新定义的特点，搞清新定义的本质，按新定义的要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以顺利解决. （3）类比“熟悉数列”的研究方式，用特殊化的方法研究新数列，向“熟悉数列”的性质靠拢. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025新高考单科模拟综合卷（三） 数学 考生注意： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上. 3.请按照题号顺序在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 4.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 已知复数z满足（其中为虚数单位），则复数（ ） A. B. C. D. 2. 在等比数列中，，其前项和为，且是和的等差中项，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数（）为偶函数，则实数（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 4. 设l、m、n表示不同的直线，、、表示不同的平面，给出下列四个命题： ①若，且，则； ②若，，，则； ③若，且，则； ④若，，，则. 则正确的命题个数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 5. 已知圆，若圆与圆恰有三条公切线，则实数（ ） A. 9 B. C. 8 D. 6. 已知甲、乙、丙等5人站成一列，并要求甲站在乙、丙前面，则不同的安排方法的种数为（ ） A. 24 B. 26 C. 32 D. 40 7. 已知，则（ ） A. B. C. 1 D. 3 8. 已知、分别是中心在原点的双曲线C的左、右焦点，斜率为的直线过点，交C的右支于点B，交y轴于点A，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 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. 现有甲、乙、丙三位篮球运动员连续5场篮球比赛得分情况的记录数据，已知三位球员得分情况的数据满足以下条件： 甲球员：5个数据的中位数是25，众数是23； 乙球员：5个数据的中位数是28，平均数是26； 丙球员：5个数据有1个是30，平均数是25，方差是10； 根据以上统计数据，下列统计结论一定正确的是（ ） A. 甲球员连续5场比赛得分都不低于23分 B. 乙球员连续5场比赛得分都不低于23分 C. 丙球员连续5场比赛得分都不低于23分 D. 丙球员连续5场比赛得分的第60百分位数大于23 10. 已知为所在平面内一点，且，，D是边的三等分点且靠近点C，，与交于点O.设三角形的面积为，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 的最小值为 11. 如图，若正方体的棱长为2，点M是正方体在侧面上的一个动点（含边界），点P是棱的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为 B. 若，则点M的轨迹是以为半径的半圆弧 C. 若，则的最大值为3 D. 平面截正方体的截面面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若集合，，则________. 13. 已知抛物线，过点的直线交C于P、Q两点，O为坐标原点，且，则______. 14. 已知函数的最小值为0，则实数a的取值范围为______. 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. 在中，内角的对边分别为. （1）若，求的面积； （2）求的值. 16. 已知函数. （1）当时，求的图象在点处的切线方程； （2）若，时，求实数a的取值范围. 17. 已知在三棱柱中，，，，，. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知椭圆（，）的左、右焦点分别为、，左顶点为A，点P、Q为C上关于坐标原点O对称的两点，且，且四边形的面积为. （1）求椭圆C的标准方程； （2）若斜率不为0的直线过椭圆C的右焦点且与椭圆C交于G、H两点，直线、与直线分别交于点M、N.求证：M、N两点的纵坐标之积为定值. 19. 设正整数a的n个正因数分别为，且. （1）当时，若正整数a的n个正因数构成等比数列，请写出a的最小值； （2）当时，若，且构成等比数列，求正整数a； （3）记，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $