广东省惠州市2025届高三上学期第三次调研考试数学试题

惠州市2025届高三第三次调研考试试题 高三数学参考答案与评分细则 一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C A A B D B C B 1．【解析】依题意，.故选：C． 2．【解析】因为，所以复数在复平面内对应的点的 坐标为，位于第一象限.故选：A. 3．【解析】由得.故选：A. 4．【解析】由可得是公差为的等差数列,故.故选：B. 5．【解析】.故选：D. 6．【解析】如下图所示：分别为上下底面的中心，作于点， 根据题意可知，侧棱与底面所成的角即为，可知； 因此可得，易知，由正四棱台性质可得 ； 所以该正四棱台的高为，因此该四棱台的体积是 .故选：B. 7．【解析】由概率公式可得，因为， 即，可得，所以,因此，事件A与事件B独立. 故选：C. 8．【解析】设点的横坐标为，则由可得，， 由得，，所以，解得或（舍）， 由点为曲线：与曲线：的交点， 所以与为同一点，所以， 即， 令，则， 令可得，由知，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 故实数的最大值为.故选：B. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分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。全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分。 题号 9 10 11 全部正确选项 BCD AC ABD 9．【解析】对于A，因为一共有10个数，所以中位数为，A错误； 对于B，若随机变量服从正态分布，且，则， 则，B正确； 对于C，若线性相关系数越接近，则两个变量的线性相关性越强，C正确； 对于D，样本点的中心为，所以，，此时经验回归方程为，所以，，故，D正确. 故选：BCD. 10．【解析】对于A，由题可得，则，故A正确； 对于B，双曲线的渐近线方程为，故B错误； 对于C，由题，由图结合双曲线定义可得， 则. 则，则， 得，故C正确； 对于D，因为，所以， 又，则的周长为28，所以 D错误. 故选：AC. 11．【解析】对于A，如图所示，该几何体放到一个正方体内，由棱长为， 易求得正方体的棱长最小 为，故A正确； 对于B，如图所示，以正方体的顶点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， ， 所以，， 设平面的法向量为，所以， 令，则，所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，所以， 令，则，所以平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 所以， 所以由对称性可得任意两个有公共顶点的三角形所在平面的夹角的余弦值均为，故B正确； 对于C，，所以， 点到平面的距离， 所以将该几何体以正三角形所在面为底面放置，则高度为，故C错误； 对于D，由该半正多面体的对称性知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心， 该球半径为正方体的面对角线的一半， 该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时， 正四面体的体积最小，设此时正四面体的棱长为，高为， 所以，解得， 又正四面体底面正三角形半径为，则，解得， 该正四面体棱长的最小值为，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12． 2 13． 14． 12．【解析】因为定义在上的偶函数，所以，所以. 13．【解析】由，则圆心为，半径为2， 由直线被圆所截得的弦长为，故直线过圆心，所以且，则，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为. 14．【解析】当时，按顺时针方向把人标记为1,2,3,4,5,6，用表示和握手. 若1和2握手，共有两种方法：和 若1和6握手，共有两种方法：和 若1和4握手，共有1种方法：,所以一共有5种方法。 当时， 若1和2握手，剩下6个人，情况同n=3，共5种方法， 若1和8握手，剩下6个人，情况同n=3，共5种方法， 若1和4握手，则2和3握手，5,6,7,8之间握手情况同n=2，一共2种，从而种方法； 若1和6握手，由对称性，情况同1和4握手，共2种方法； 所以，一共有种方法. 其中，共2种方法使得(相邻两人按顺时针或逆时针方向依次握手)， 共4种方法使得(类似等)， 共8种方法使得(类似等)， Y的分布列如下： 2 3 4 P 故. 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．（本小题满分13分，其中第一小问2分，第二小问5分，第三小问6分） 【解析】（1）A、C、M、四点不共面. 2分 （2） 【方法一】如图,以D为原点，，，分别为 轴，建立如图空间直角坐标系 3分 则，，故 4分 又平面ABCD的法向量为 5分 所以,故. 6分 又平面ABCD, 故//平面ABCD. 7分 【方法二】如图,取CD中点N，再取CN中点G，连接MN、FG和AG. 则FG // MN,且. 3分 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为AA1中点， 故AE // DD1 // MN,且, 所以FG // AE且FG = AE， 4分 则四边形AEFG为平行四边形, 5分 故EF//AG， 6分 又平面ABCD,平面ABCD， 故//平面ABCD. 7分 【注：平面ABCD,平面ABCD，条件不全扣1分】 【方法三】如图,取DD1中点N，连接EN、FN. 在梯形D1MCD中，则FN // CD. 3分 因为平面ABCD,平面ABCD， 所以//平面ABCD. 4分 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为AA1中点，则EN // AD, 因为平面ABCD,平面ABCD， 所以//平面ABCD. 5分 因为，平面EFN，所以平面EFN //平面ABCD， 6分 又平面EFN,故//平面ABCD. 7分 【注：若使用线线平行直接得到面面平行，扣2分】 （3）由（2）【方法一】可知， 8分 又,，故 ， 9分 所以 ， 12分 故异面直线与所成角的余弦值为. 13分 【注：若在（2）【方法二】【方法三】基础上完成第（3）问，则需增加建立坐标系的得分】 16．（本小题满分15分，其中第一小问5分，第二小问10分） 【解析】（1）因为为等差数列，设公差为， 1分 因为，，所以， 2分 解得， 4分 故. 5分 （2）因为， 7分 所以 9分 ， 11分 则对， 13分 又，故. 15分 17.（本小题满分15分，其中第一小问7分，第二小问8分） 解：(1)在△ABC中，，，由余弦定理得， ，即. ① 2分 又， 3分 ，故 . ② 4分 由①②得， 即 ，故. 6分 所以△ABC为等边三角形. 7分 （2）在△ABC中，由， 即， 8分 又直线为的平分线，则， 所以， 9分 即 . ③， 10分 又由余弦定理可得，即. ④， 11分 由③、④可知， 13分 解得或（舍）， 14分 所以的周长为. 15分 18．（本小题满分17分，其中第一小问3分，第二小问5分，第三小问9分） 【解析】（1）由题意可知，所以， 1分 所以， 2分 所以椭圆的方程为. 3分 （2）①设， 由题设可知：， 4分 又因为经过点， 所以， 5分 所以均在直线上，即， 7分 由，解得，所以直线过定点. 8分 ② 设实数存在，因为，所以， 9分 当直线斜率不存在时，此时， 由解得， 所以，故. 10分 当直线斜率k存在且不为零时， ， 11分 所以， 12分 联立可得，显然， 13分 所以， 14分 所以. 16分 综上可知，存在满足条件. 17分 19．（本小题满分17分，其中第一小问2分，第二小问6分，第三小问9分）） 【解析】（1）函数，当时，单调递减，当时，单调递增， 所以是含谷函数，谷点； 1分 函数，求导恒成立，函数单调递增，所以不是含谷函数. 2分 （2）由题意可知函数在区间内先减后增，且存在谷点， 3分 令，所以， 4分 设，所以， 5分 由可知恒成立， 所以在区间上单调递增， 6分 若满足谷点，则有，解得， 7分 故m的取值范围是. 8分 （3）因为， 所以， 9分 若恒成立， 则函数在时单调递增，在时单调递减，不是谷函数，不满足题意； 10分 因此关于x的方程有两个相异实根，即， 设两根为，且， 因为，所以函数在区间上不满足单调递增， 11分 但是当时，，为单调递增， 所以在区间上的单调性至少改变一次，从而， 同理，因为，所以， 12分 因此，在区间和上单调递增，在区间和上单调递减， 从而函数的含谷区间必满足，…………………………13分 即，………………14分 因为，， 由得，所以， 由得，所以， 所以， 15分 当时，， 当时，， 因此当时，的最小值为. 16分 因为，所以，即 当时，满足. 综上所述，当且仅当时，的最小值为. 16分 答案第8页，共8页 高三数学答案 第9页，共9页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 惠州市2025届高三第三次调研考试试题 数 学 全卷满分150分，时间120分钟． 2025.01 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号、学校、班级等考生信息填写在答题卡上。 2．作答单项及多项选择题时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案信息点涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，写在本试卷上无效。 3．非选择题必须用黑色字迹签字笔作答，答案必须写在答题卡各题指定的位置上，写在本试卷上无效。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分． 1．已知集合，那么 A． B． C． D． 2．复数在复平面内对应的点位于 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．已知，则 A． B． C． D．3 4．已知数列满足，且，则 A．12 B．16 C．18 D．20 5．已知向量和的夹角为120°，且，则 A．12 B． C．4 D．13 6．已知正四棱台的上、下底面边长分别为1和2，侧棱与底面所成的角为，则该四棱台的体积是 A． B． C． D． 7．事件A发生的概率为，事件B发生的概率为，若，，，则事件A与事件B的关系为 A．互斥 B．对立 C．独立 D．包含 8．已知，若点P为曲线：与曲线：的交点，且两条曲线在点P处的切线重合，则实数的最大值为 A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．下列说法正确的是 A．一组数据的中位数为 B．若随机变量服从正态分布，且，则 C．若两个变量的线性相关系数越接近，则这两个变量的线性相关性越强 D．对具有线性相关关系的变量，其经验回归方程为，若样本中心为，则实数的值是 10．已知分别为双曲线的左、右焦点，若P是双曲线左支上的一个点，下列说法正确的是 A．双曲线的离心率为 B．双曲线的渐近线方程为 C．若，则△的面积为16 D．若，则△的周长为 11．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是一个八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，棱长为，则下列说法正确的是 A．将该几何体放到一个正方体内，则正方体的棱长最小为 B．任意两个有公共顶点的三角形所在平面的夹角的余弦值均为 C．将该几何体以正三角形所在面为底面放置，则高度为 D．若该几何体可以在一个正四面体内任意转动，则该正四面体棱长的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知定义在上的偶函数，当时，，则 ． 13．若直线被圆所截得的弦长为，则的最小值为 ． 14．有个人围坐在一个圆桌边上，每人都越过桌面与另外一人握手，若要求所有人握手时手臂互不交叉，例如时，一共有4个人，以1、2、3、4表示，握手两人用一条线连结，共有2种方式，如图所示.记一次握手中，共有对相邻的两人握手，求时， ． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（本题满分13分） 如图，在棱长为2的正方体中，M、E分别是、的中点，F是MC的中点． (1)判断A、C、M、四点是否共面（结论不要求证明）； (2)证明：EF//平面ABCD； (3)求异面直线与所成角的余弦值． 16．（本题满分15分） 记为等差数列的前项和，，． (1)求的通项公式； (2)若求数列的前项和，并比较与的大小. 17．（本题满分15分） 在△ABC中，角所对的边分别为，，，且, ． (1)若BC边上的高，求证：△ABC为等边三角形； (2)已知直线为的平分线，且与交于点，若，求△ABC的周长． 18．（本题满分17分） 已知椭圆的长轴长为，离心率为． (1)求椭圆C的方程； (2)已知椭圆上点处的切线方程是，过直线上一点引C的两条切线，切点分别是， ①求证：直线恒过定点； ②是否存在实数，使得，若存在，求出的值，若不存在，说明理由. 19.（本题满分17分） 设是定义在上的函数，若存在区间和，使得在上单调递减，在上单调递增，则称为“含谷函数”，为“谷点”，称为的一个“含谷区间”． (1)判断下列函数中，哪些是含谷函数？若是，请指出谷点；若不是，请说明理由： （i），（ii）； (2)已知实数，是含谷函数，且是它的一个含谷区间，求的取值范围； (3)设，．设函数是含谷函数，是它的一个含谷区间，并记的最大值为．若，且，求的最小值． 数学试题 第 1 页，共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $$