精品解析：陕西省汉中市2025届高三上学期联考（三）（11月期中）数学试题

大市联考卷（三） 数 学 满分150分，考试时间120分钟. 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，则（ ） A. B. C. D. 2 已知命题；命题，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 3. 已知为全集的非空真子集，且不相等，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知为奇函数，则曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 法国当地时间2024年7月26日晚，第三十三届夏季奥林匹克运动会在巴黎举行开幕式.“奥林匹克之父”顾拜旦曾经说过，奥运会最重要的不是胜利，而是参与；对人生而言，重要的不是凯旋，而是拼搏.为弘扬奥运精神，某学校组织高一年级学生进行奥运专题的答题活动.为了调查男生和女生对奥运会的关注程度，在高一年级随机抽取10名男生和10名女生的竞赛成绩（满分100分），按从低到高的顺序排列，得到下表中的样本数据： 男生 82 85 86 87 88 90 90 92 94 96 女生 82 84 85 87 87 87 88 88 90 92 则下列说法错误的是（ ） A. 男生样本数据的分位数是86 B. 男生样本数据的中位数小于男生样本数据的众数 C. 女生样本数据中去掉一个最高分和一个最低分后所得数据的平均数不变 D. 女生样本数据中去掉一个最高分和一个最低分后所得数据的方差不变 6. 已知是所在平面内一点，且，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知体积为 的球与正四棱锥的底面和4个侧面均相切，已知正四棱锥的底面边长为 . 则该正四棱锥体积值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线，在双曲线C上任意一点处作双曲线C的切线（），交C在第一、四象限的渐近线分别于A、B两点．当时，该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 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. 已知数列的通项公式为，则下列说法正确的是（ ） A. 是数列最小项 B. 是数列的最大项 C. 是数列的最大项 D. 当时，数列递减 10. 已知抛物线的焦点为，其准线与轴交于点，过点作斜率为直线与交于，两点．若直线经过点，则（ ） A B. C. D. 的取值范围是 11. 若函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则函数的最大值为2 B. 若，则函数为奇函数 C. 存在，使得 D 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________. 13. 记为等比数列的前项和，若，则__________. 14. 以表示数集中最大（小）的数.设，已知，则__________. 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. △ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，，． （1）求角A的大小； （2）M为△ABC的重心，AM的延长线交BC于点D，且，求△ABC的面积． 16. 已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中是的中点，是的中点. （1）求证平面； （2）求平面与平面的夹角余弦值； 17. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在上，，过点作两条斜率互为相反数的直线，分别交于不同的两点． （1）求的标准方程； （2）证明：直线斜率为定值，并求出该值． 18. 已知函数，函数与的图象关于对称， （1）求的解析式； （2）在定义域内恒成立，求的值； （3）求证：，. 19. 有编号为的个空盒子，另有编号为的个球，现将个球分别放入个盒子中，每个盒子最多放入一个球．放球时，先将1号球随机放入个盒子中的其中一个，剩下的球按照球编号从小到大的顺序依次放置，规则如下：若球的编号对应的盒子为空，则将该球放入对应编号的盒子中；若球的编号对应的盒子为非空，则将该球随机放入剩余空盒子中的其中一个．记号球能放入号盒子的概率为． （1）求； （2）当时，求； （3）求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大市联考卷（三） 数 学 满分150分，考试时间120分钟. 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据共轭复数定义及复数的乘除法得出选项. 【详解】, 故选：A. 2. 已知命题；命题，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】C 【解析】 【分析】根据指数函数的性质即可判断命题的真假，举例即可判断命题的真假，再根据原命题与命题的否定真假的关系即可得解. 【详解】对于命题，因为，所以，所以命题为真命题，为假命题； 对于命题，当时，，，不成立， 所以命题为假命题，为真命题. 故选：C. 3. 已知为全集的非空真子集，且不相等，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意分析可知集合是集合的真子集，结合韦恩图逐项分析判断. 【详解】因为，等价于，等价于， 且不相等，可知集合是集合的真子集，故A错误； 且，故B正确； 据此作出韦恩图， 可知，，故CD错误； 故选：B. 4. 已知为奇函数，则曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由奇函数的性质求出，再由导数的意义求出切线的斜率，最后由点斜式求出直线方程即可； 【详解】因为为奇函数，且定义域为，所以， 即，所以，经检验符合题意， 则， 曲线在点处的切线斜率为， 又 所以曲线在点处的切线方程为 ，即. 故选：D 5. 法国当地时间2024年7月26日晚，第三十三届夏季奥林匹克运动会在巴黎举行开幕式.“奥林匹克之父”顾拜旦曾经说过，奥运会最重要的不是胜利，而是参与；对人生而言，重要的不是凯旋，而是拼搏.为弘扬奥运精神，某学校组织高一年级学生进行奥运专题的答题活动.为了调查男生和女生对奥运会的关注程度，在高一年级随机抽取10名男生和10名女生的竞赛成绩（满分100分），按从低到高的顺序排列，得到下表中的样本数据： 男生 82 85 86 87 88 90 90 92 94 96 女生 82 84 85 87 87 87 88 88 90 92 则下列说法错误的是（ ） A. 男生样本数据的分位数是86 B. 男生样本数据的中位数小于男生样本数据的众数 C. 女生样本数据中去掉一个最高分和一个最低分后所得数据的平均数不变 D. 女生样本数据中去掉一个最高分和一个最低分后所得数据的方差不变 【答案】D 【解析】 【分析】根据百分位数、中位数、众数、平均数、方差的定义一一判断即可. 【详解】对于A：，所以男生样本数据分位数是，故A正确； 对于B：男生样本数据的中位数为，男生样本数据的众数为，故B正确； 对于C：女生样本数据的平均数为， 女生样本数据中去掉一个最高分和一个最低分后所得数据的平均数为，故C正确； 对于D：女生样本数据中去掉一个最高分和一个最低分后所得数据的平均数不变， 但是极差变小，所以方差变小，故D错误. 故选：D 6. 已知是所在平面内一点，且，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量线性运算法则及基本定理计算可得. 【详解】因为，所以， 即，即， 又，、不共线，所以，所以. 故选：C 7. 已知体积为 的球与正四棱锥的底面和4个侧面均相切，已知正四棱锥的底面边长为 . 则该正四棱锥体积值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设正四棱锥的内切球的半径为，为底面中心，取的中点，设点在侧面上的投影为点，则点在上，利用求出球心到四棱锥顶点的距离，再由棱锥的体积公式计算可得答案. 【详解】设正四棱锥的内切球的半径为，为底面中心， 由体积为得， 连接，平面，球心在上，， 取的中点，连接，设点在侧面上的投影为点， 则点在上，且，， 球心到四棱锥顶点的距离为， 所以，，解得， 所以. 故选：A. 8. 已知双曲线，在双曲线C上任意一点处作双曲线C的切线（），交C在第一、四象限的渐近线分别于A、B两点．当时，该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数求出双曲线C在点P处的切线方程，与两渐近线联立求出两点坐标，由此证明点P是线段AB的中点，可得，计算求得，得解. 【详解】如图，设双曲线C在点P处的切线为l，切线l与x轴交于点D， 根据题意点P在双曲线第一象限，由，得，所以， 则在点的切线斜率为， 所以在点的切线方程为， 令，得，所以点， 设点，，渐近线方程为，联立， 解得，所以点，同理可得， 又，，所以点P是线段AB的中点， 所以，即得， 即，解得. 又，所以，即，所以双曲线的离心率. 故选：A.， 【点睛】关键点睛：本题关键在求出两点坐标，此证明点P是线段AB的中点，可得，计算求得. 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. 已知数列的通项公式为，则下列说法正确的是（ ） A. 是数列的最小项 B. 是数列的最大项 C. 是数列的最大项 D. 当时，数列递减 【答案】BCD 【解析】 【分析】设第项为的最大项，根据列出不等式组，求解即可判断BCD，利用数列的单调性及范围判断A． 【详解】设第项为的最大项， 则，即，所以， 又，所以或， 故数列中与均为最大项，且， 当时，数列递减，故BCD正确， 当趋向正无穷大时，无限趋向于0且大于0，且， 所以不是数列的最小项，且数列无最小值，故A错误. 故选：BCD 10. 已知抛物线的焦点为，其准线与轴交于点，过点作斜率为直线与交于，两点．若直线经过点，则（ ） A. B. C. D. 的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先求出，从而得到，判断A，联立直线与抛物线方程，由根的判别式和韦达定理可判断B,C，由焦半径公式化简可得：，结合二次函数的最值问题即可判断D. 【详解】因为抛物线的焦点为，且直线经过点， 所以，则，解得：，故A正确； 所以抛物线方程为：，则， 设过点作斜率为直线的方程为：， 联立：，消去可得：， 显然，，解得或，故C错误； 由韦达定理可得：，，故B正确； 因为，， 所以， 令，则，则， 所以的取值范围是，故D正确； 故选：ABD 11. 若函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则函数的最大值为2 B. 若，则函数奇函数 C. 存在，使得 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：整理可得，结合二次函数求最值；对于B：举反例说明即可；对于C：取，代入检验即可；对于D：根据题意结合诱导公式可得，进而可得，运算求解即可. 【详解】因为，可知的定义域为， 对于选项A：当时，， 可得，当且仅当时，等号成立， 所以函数的最大值为2，故A正确； 对于选项B：当时，则， 令，则，可得， 所以函数不为奇函数，故B错误； 对于选项C：当时，，则， 且对任意，则， 所以，故C正确． 对于选项D：因为， 若， 可得， 则，解得，故D正确． 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：对于BC：对于直接说明比较麻烦的问题时，常取特值，举例说明即可. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用差角的正弦公式、正切化成正余弦求出，再利用和角的正弦公式计算即得. 【详解】由，得， 解得，所以. 故答案为： 13. 记为等比数列的前项和，若，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】本题利用等比数列的性质或者基本量法计算数列的首项和公比，再利用等比数列的前n项和公式计算即可得出结果. 【详解】因为，所以， 又因为，所以，，从而， 又，所以， 所以. 故答案为：. 14. 以表示数集中最大（小）的数.设，已知，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由，得，设，则再结合基本不等式求解即得. 【详解】由可得， 设，则 由 ，当且仅当时，等号成立. 故. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：设，由已知得出，进而得出是解决本题的关键. 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. △ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，，． （1）求角A的大小； （2）M为△ABC的重心，AM的延长线交BC于点D，且，求△ABC的面积． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）在中，利用诱导公式，正弦定理及正弦二倍角公式化简可得结果； （2）分别在，和中，利用余弦定理建立等量关系，利用三角形面积公式可得结果. 【小问1详解】 在中，因为， 由正弦定理可得， ，，即， 所以， ，， 故，即. 【小问2详解】 因为为的重心，的延长线交于点，且， 所以点为中点，且， 在中，，，即， 在和中，，化简得， 所以，故， 所以的面积为． 16. 已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中是的中点，是的中点. （1）求证平面； （2）求平面与平面的夹角余弦值； 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）取中点，利用线面平行判定推理即得. （2）以A为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求解即得. 【小问1详解】 取中点，连接，由是的中点，得，且， 由是的中点，得，且， 则有，四边形是平行四边形，于是， 又平面平面， 所以平面. 【小问2详解】 四棱柱中，平面，，则直线两两垂直， 以A为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 有， 则有， 设平面与平面的法向量分别为， 则有，令，得， ，令，得， 因此. 所以平面与平面的夹角余弦值为. 17. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在上，，过点作两条斜率互为相反数的直线，分别交于不同的两点． （1）求的标准方程； （2）证明：直线的斜率为定值，并求出该值． 【答案】（1） （2）证明见解析， 【解析】 【分析】（1）设，根据题设得到，从而得到，即而有和，联立即可求解； （2）设直线的方程为，直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消得到，从而得到， ，同理求得，，即可求解. 【小问1详解】 设，且， 因为，又， 所以，解得， 又点在上，所以①，又②，联立①②，解得， 所以的标准方程为. 【小问2详解】 设直线的方程为，直线的方程为， 由，消得到， 所以，得到，所以， 同理可得，， 所以为定值， 即直线的斜率为定值，定值为. 18. 已知函数，函数与的图象关于对称， （1）求的解析式； （2）在定义域内恒成立，求的值； （3）求证：，. 【答案】（1），. （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设图象上任意一点坐标为，利用其对称点在的图象上可得函数的解析式； （2）令，可得为的一个极大值点，求得，再证明当时，在恒成立即可； （3）由（2）可知：，可得，进而可得，利用在上恒成立，令利用可得答案. 【小问1详解】 依题意，设图象上任意一点坐标为， 则其关于对称的点在图象上， 则， 则， 故； 【小问2详解】 令，， 则在恒成立，又， 且在上是连续函数，则为一个极大值点， ，， 下证当时，在恒成立， 令，， 当，，在上单调递增， 当，，在上单调递减， 故，在上恒成立，又， 则时，恒成立， 综上，； 【小问3详解】 由（2）可知：，则，即， 则. 又由（2）可知：在上恒成立， 则在上恒成立且当且仅当时取等， 令，，则， 即， 则 ， 综上，，得证. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略：形如的恒成立的求解策略：1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立. 19. 有编号为的个空盒子，另有编号为的个球，现将个球分别放入个盒子中，每个盒子最多放入一个球．放球时，先将1号球随机放入个盒子中的其中一个，剩下的球按照球编号从小到大的顺序依次放置，规则如下：若球的编号对应的盒子为空，则将该球放入对应编号的盒子中；若球的编号对应的盒子为非空，则将该球随机放入剩余空盒子中的其中一个．记号球能放入号盒子的概率为． （1）求； （2）当时，求； （3）求． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）分类讨论1号球放入的盒子应用全概率公式即可计算； （2）分类讨论1号球放入盒子应用全概率公式即可计算； （3）分三类讨论1号球放入的盒子，1号球放入 号盒中等效于将编号为的球，按照题设规则放入编号为的盒中，做差运算可得迭代得出结论.. 【小问1详解】 1号球放入1号盒中的概率为,此时2,3号球分别放入2,3号盒中； 1号球放入2号盒中的概率为,欲使3号球放入3号盒中，则2号球需放入1号盒中，概率为, 1号球放入3号盒中时，此时3号球不能放入3号盒中; 综上所述： . 【小问2详解】 1号球放入1号,4号，5号，, n 号盒中的概率为，此时3号球可放入3号盒中; 1号球放入2号盒中的概率为,欲使3号球放入3号盒中，则2号球需放入1号，4号，5号，.... n 号盒中，概率为, 1号球放入3号盒中时，此时3号球不能放入3号盒中; 综上所述： 【小问3详解】 1号球放入1号，号，号，号，..., n 号盒中的概率为,此时 k 号球可放入 k 号盒中： 1号球放入 号盒中的概率为,此时2号，3号，....号球都可以放入对应编号的盒中， 剩下编号为 的球和编号为 的空盒， 此时 j 号盒非空， j 号球在所有空盒中随机选择一个放入，此时要让 k 号球放入 k 号盒中的放法总数等效于将编号为的球， 按照题设规则放入编号为的盒中（1号球仍然随机选择一个盒子放入）,所以概率为 1号球放入 k 号盒中时，此时 k 号球不能放入 k 号盒中： 所以 , 整理得： ① 分别用 和 替换 和 ，可得： ,② 由①②式相减，整理得： 从而 , 等于1号球不放在2号盒的概率，即. 所以 【点睛】关键点点睛： 1号球放入 号盒中的关键是等效于将编号为的球，按照题设规则放入编号为的盒中，做差运算可得迭代得出结论.. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $