精品解析：贵州省安顺市2025届高三第三次质量监测考试数学试卷

全市2025届高三第三次质量监测考试 数学 注意事项： 1．本试卷共4页，19小题，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､准考证号填写在答题卡上． 3．请在答题卡相应位置作答，在试卷上作答无效． 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（为虚数单位），则的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 设等差数列的前项和为．若，则的公差为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 甲，乙两名大学生计划今年寒假分别从黄果树风景名胜区、龙宫景区、天龙屯堡景区、安顺古城四个不同的景区中随机选两个景区前往旅游打卡，则这两人恰好有一个景区相同的选法共有（ ） A. 12种 B. 18种 C. 24种 D. 36种 5. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知为椭圆的两个焦点，为坐标原点，为椭圆上的点，，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知球的半径为为球内一点，，若过点的平面截球所得最小截面的面积为，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若实数满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 二､多选题：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. 已知集合，若“”是“”的充分条件，则实数的取值可以是（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 10. 已知一组样本数据为，下列结论正确的是（ ） A. 若的平均数为，则的平均数为 B. 若的方差为，则的方差为 C. 若样本数据满足，则样本数据的极差为 D. 若样本数据满足，则样本数据的分位数为 11. 对于任意角，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若向量在向量方向上的投影向量为，则__________． 13. 已知数列满足，则数列的前项和为__________． 14. 已知分别是双曲线的左，右焦点，是双曲线上第一象限内的点，点是的内心，则点的横坐标是__________；的面积的取值范围是__________． 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. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求角； （2）若，求的面积． 16. 如图，在直三棱柱中，分别是的中点． （1）证明：平面． （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值． 17. 有一种速度叫“中国速度”，“中国速度”正在刷新世界对中国高铁的认知．由于地形等原因，在修建高铁、公路、桥隧等基建时，我们常用曲线的曲率（Curvature）来刻画路线弯曲度．曲线的曲率定义如下：记为的导函数，为的导函数，则曲线在点处的曲率为． （1）已知函数，求曲线在点处的曲率； （2）已知函数，求曲线的曲率的范围． 18. 为了让高三同学们在紧张的学习之余放松身心，缓解压力，激发同学们的竞争意识，培养积极向上的心态，为高三生活增添一抹别样的色彩，某校高三（1）班利用课余时间开展一次投篮趣味比赛．已知该班甲同学每次投篮相互独立，每次投篮命中的概率为，且次投篮至少命中次的概率为． （1）求； （2）若甲同学连续投篮次，每次投进记分，未投进记分，记甲同学的总得分为，求的分布列和数学期望； （3）若甲同学投篮时出现命中就停止投篮，且最多投篮次，设随机变量为投篮的次数，证明：． 19. 材料：椭圆上点处的切线方程可化为，抛物线上点处的切线方程可化为． 问题：已知椭圆上点处的切线为，且抛物线与相切． （1）求切线的方程． （2）求抛物线的方程． （3）已知定点，不过点的直线与抛物线恒有两个不同交点，且与其准线交于点（点不在轴上）．若直线的斜率分别是，且成等差数列，证明：直线恒过定点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 全市2025届高三第三次质量监测考试 数学 注意事项： 1．本试卷共4页，19小题，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､准考证号填写在答题卡上． 3．请在答题卡相应位置作答，在试卷上作答无效． 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（为虚数单位），则的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，利用复数的四则运算，得，再利用复数的定义，即可求解. 【详解】因为，所以的虚部是， 故选：A. 2. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接求导转化为在上恒成立，再分离参数即可得到答案. 【详解】由题意得在上恒成立， 则，因为， 则. 故选：C. 3. 设等差数列的前项和为．若，则的公差为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，将条件转化为和表示，得到方程组，解得的值. 【详解】设等差数列的公差为， 因为，， 所以，解得 故选：D. 4. 甲，乙两名大学生计划今年寒假分别从黄果树风景名胜区、龙宫景区、天龙屯堡景区、安顺古城四个不同的景区中随机选两个景区前往旅游打卡，则这两人恰好有一个景区相同的选法共有（ ） A. 12种 B. 18种 C. 24种 D. 36种 【答案】C 【解析】 【分析】利用组合数和计数原理，用间接法求解即得. 【详解】由题意得甲选择两个景区的选法有种， 乙选择两个景区的选法有种，故总选法有种， 两人选择景区完全相同的选法有种， 两人选择景区完全不相同的选法有种， 故两人恰好有一个景区相同的选法共有种，故C正确. 故选：C. 5. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦函数的平移原则即可得到答案. 【详解】，则. 故选：B. 6. 已知为椭圆的两个焦点，为坐标原点，为椭圆上的点，，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合条件，利用椭圆的定义可得，在中，利用余弦定理得，即可求解. 【详解】因为，又，所以， 在中，，，， 由余弦定理得，整理得到， 所以椭圆的离心率为， 故选：D. 7. 已知球的半径为为球内一点，，若过点的平面截球所得最小截面的面积为，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得当垂直于截面时，截面的半径最小，即截面的面积最小，进而可求出，即可求解. 【详解】设截面圆的半径为，球心到截面圆的距离为，则， 易知，要使截面圆的面积最小，则取最大，所以当时，截面圆的面积最小， 即垂直截面时，截面圆的面积最小， 又过点的平面截球所得最小截面的面积为，所以，解得， 又，所以，得到球的体积为， 故选：A. 8. 已知函数，若实数满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】判断函数的奇偶性以及单调性，由可得，代入到，结合二次函数性质，即可求得答案. 【详解】由题意函数知，函数定义域为R， 则， 故，所以为奇函数， 而在R上单调递增，则在R上单调递增， 由，得， 则， 则， 当时，取最小值， 故选：C 二､多选题：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. 已知集合，若“”是“”的充分条件，则实数的取值可以是（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】BC 【解析】 【分析】根据充分条件得到集合与集合关系，并注意集合中元素的互异性即可得到不等式组，解出即可. 【详解】由题意得，解得，则BC符合题意. 故选：BC. 10. 已知一组样本数据为，下列结论正确的是（ ） A. 若的平均数为，则的平均数为 B. 若的方差为，则的方差为 C. 若样本数据满足，则样本数据的极差为 D. 若样本数据满足，则样本数据的分位数为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A和B，根据条件，直接用平均数、方差的性质，即可判断；对于C，利用极差的定义即可判断；对于D，利用百分位数的定义，即可求解. 【详解】对于A，因为的平均数为，由平均数的性质知的平均数为，故A正确； 对于B，因为的方差为，由方差的性质知的方差为，故B错误； 对于C，因，则的极差为，故C正确； 对于D，因为，故的分位数为，故D错误. 故选：AC. 11. 对于任意角，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用同角的三角函数平方关系，正弦、余弦的和差角公式，对各选项逐一分析判断即得. 【详解】对于A， ，故A错误； 对于B， ，故B正确； 对于C，， ，故C正确； 对于D，因为 ，故D正确， 故选：BCD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若向量在向量方向上的投影向量为，则__________． 【答案】3 【解析】 【分析】根据投影向量公式和向量模的坐标表示即可得到答案. 【详解】向量在向量方向上的投影向量为， 则. 故答案为：3. 13. 已知数列满足，则数列的前项和为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据条件有，再利用裂项相消法，即可求解. 【详解】因为，则， 所以数列的前项和为， 故答案为：. 14. 已知分别是双曲线的左，右焦点，是双曲线上第一象限内的点，点是的内心，则点的横坐标是__________；的面积的取值范围是__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先由双曲线的定义得到点在上垂足为右顶点，设出渐近线的倾斜角为，则，，则，求出，从而求出，求出△的面积的取值范围. 【详解】由题意知，，故， 设点，且在上垂足为H， 根据双曲线定义及切线长定理得， 又，解得， 所以点H坐标为，则横坐标为， 设渐近线的倾斜角为，则， 记，则， 所以，即， 又，解得或(舍)， 所以，则， 所以. 故答案为：， 【点晴】方法点睛：双曲线焦点三角形的内切圆圆心位于顶点的正上方或正下方，这个二级结论在双曲线有关于内切圆的题目时，经常用到，需要掌握. 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. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求角； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用正弦定理边转角得，再利用辅助角公式及特殊角的三角函数值，即可求解； （2）利用正弦定理得，再结合（1）中结果，求得，再利用面积公式，即可求解. 【小问1详解】 因为，所以， 即，得到， 又，则，所以，解得. 【小问2详解】 由（1）知，又，所以， 又，所以， 又， 所以. 16. 如图，在直三棱柱中，分别是的中点． （1）证明：平面． （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用中位线定理和线面平行的判定定理求解即可. （2）建立空间直角坐标系，利用平面夹角的向量求法求解即可. 【小问1详解】 在直三棱柱中，， 因为分别是的中点， 所以是的中位线，故， 得到，因为面，面， 所以平面. 【小问2详解】 在直三棱柱中，面， 而，如图，以为原点建立空间直角坐标系， 而，故，，，， ，因为是的中点，所以， 得到，，设面的法向量为， 故，， 令，解得，得到， 而，，设面的法向量为， 故，， 令，解得，得到， 设平面与平面的夹角为， 故，而，故. 17. 有一种速度叫“中国速度”，“中国速度”正在刷新世界对中国高铁的认知．由于地形等原因，在修建高铁、公路、桥隧等基建时，我们常用曲线的曲率（Curvature）来刻画路线弯曲度．曲线的曲率定义如下：记为的导函数，为的导函数，则曲线在点处的曲率为． （1）已知函数，求曲线在点处的曲率； （2）已知函数，求曲线的曲率的范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用给定定义求解特殊点处的曲率即可. （2）利用给定定义将目标式表示为一元函数，再不断换元，转化为三次函数最值问题，利用导数得到最值，进而求解取值范围即可. 【小问1详解】 因为，所以， ，故，， 由曲率公式得. 【小问2详解】 因为，所以， ，由曲率公式得， 故， 则， 令，令，函数化为， 令，则，函数化为， 对进行变形，得到， 令，函数化为， 此时，我们研究的范围即可，而， 当时，恒成立，故在上单调递增， 而，， 故，即，故. 18. 为了让高三同学们在紧张的学习之余放松身心，缓解压力，激发同学们的竞争意识，培养积极向上的心态，为高三生活增添一抹别样的色彩，某校高三（1）班利用课余时间开展一次投篮趣味比赛．已知该班甲同学每次投篮相互独立，每次投篮命中的概率为，且次投篮至少命中次的概率为． （1）求； （2）若甲同学连续投篮次，每次投进记分，未投进记分，记甲同学的总得分为，求的分布列和数学期望； （3）若甲同学投篮时出现命中就停止投篮，且最多投篮次，设随机变量为投篮的次数，证明：． 【答案】（1） （2）的分布列为： （3）证明：易知随机变量可能取值为， 又易知， 所以， 则 ， 所以 ； ， 又易知，所以. 【解析】 【分析】（1）根据条件，建立方程，即可求解； （2）由题知的可能取值为，根据条件，求出相应的概率，即可求出分布列，再利用期望的计算公式，即可求解； （3）易知随机变量可能取值为，表示出数学期望，再利用错位相减法，求得，即可求解. 【小问1详解】 由题知两次均未投中的概率为，即，解得. 【小问2详解】 易知甲同学连续投篮次有：次均未命中，恰好命中次，命中次，次全命中， 所以的可能取值为， 又，， ，， 所以的分布列为 . 【小问3详解】 略 19. 材料：椭圆上点处的切线方程可化为，抛物线上点处的切线方程可化为． 问题：已知椭圆上点处的切线为，且抛物线与相切． （1）求切线的方程． （2）求抛物线的方程． （3）已知定点，不过点的直线与抛物线恒有两个不同交点，且与其准线交于点（点不在轴上）．若直线的斜率分别是，且成等差数列，证明：直线恒过定点． 【答案】（1） （2） （3）证明：设直线的方程为， 由（2）得的准线方程为． 联立得，即点． 由点得． 由成等差数列，得， 即①， 由，在直线上得，代入①得 ② 联立， 则，即． 由韦达定理得③． 将③代入②得． 化简得， 即， 即， 即， 即。 又因为直线不过点和点，则且，故． 即直线的方程为，所以直线恒过定点． 【解析】 【分析】（1）根据切线结论直接得到切线方程为，化简即可； （2）根据抛物线切线方程结论得，再与对照并结合点在抛物线上即可得到答案； （3）设直线的方程为，求出以及三条直线斜率表达式，再根据其成等差数列得到方程，再联立直线与抛物线代入韦达定理即可； 【小问1详解】 由材料知椭圆上点处的切线为， 即， 所以切线的方程为． 【小问2详解】 设抛物线与直线相切于点， 由题知抛物线在点处的切线方程为， 即． 与对照得：． 又因为，所以，解得． 所以抛物线的方程为． 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是采用设线法，再计算出各自斜率，最后再联立直线与抛物线方程，得到韦达定理式，代入化简即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $