数学（新高考Ⅱ卷01）-学易金卷：2025年高考第三次模拟考试

2025年高考第三次模拟考试 高三数学（新高考Ⅱ卷）01 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．复数=(i是虚数单位),则复数的虚部为（    ） A．i B．-i C．1 D．-1 2．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 3．已知向量，，若向量且，则（    ） A． B． C． D．4 4．已知则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 5．已知焦点在轴上的椭圆的长轴长为其短轴长的2倍，若该椭圆经过圆的一条直径的两个端点，则该椭圆的标准方程为（    ） A． B． C． D． 6．已知函数，则，，的大小关系为（    ） A． B． C． D． 7．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，若三棱锥（以为顶点）的侧面积为6，则球的表面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数的定义域均为，的图象关于点中心对称，，，，则（    ） A． B．2 C． D．1003 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．某研究机构为了探究过量饮酒与患疾病真否有关，调查了400人，得到如图所示的列联表，其中，则（    ） 患疾病 不患疾病 合计 过量饮酒 不过量饮酒 合计 400 参考公式与临界值表： 0.100 0.050 0.010 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 A．任意一人不患疾病的概率为0.9 B．任意一人不过量饮酒的概率为 C．任意一人在不过量饮酒的条件下不患疾病的概率为 D．依据小概率值的独立性检验，认为过量饮酒与患疾病有关 10．已知函数的最大值为2，则（    ） A． B．函数图象的一个对称中心是点 C．在区间上单调递增 D．将的图象先向右平移个单位长度后，再将图象上所有点的横坐标伸长为原来的两倍（纵坐标不变），得到的图象对应的函数解析式为 11．已知双曲线的一条渐近线过点，为的右焦点，则下列关于双曲线的结论正确的是（    ） A．离心率为 B．两条渐近线的夹角的余弦值为 C．若直线与双曲线的一条渐近线垂直，则的面积为 D．若，双曲线上一点到渐近线的距离为，则点到另一条渐近线的距离为2 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．各项均为正数的等差数列的前项和为，若，则的最大值为 ． 13．若，且，则 ． 14．数学家莱布尼兹是世界上首个提出二进制计数法的人，任意一个十进制正整数均可以用二进制数表示.若正整数，其中或，则可以用位二进制数表示.记的二进制各个位数和为，则.例如，因此.已知正整数1024且，则这样的有 个； ． 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．（13分） 记的内角所对的边分别为，已知且. (1)求； (2)若，求. 16．（15分） 如图，在四棱锥中，，底面是矩形，且，．侧面是面积为的直角三角形，其中．点分别为线段的中点，连接． (1)证明：直线平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 17．（15分） 某项团体比赛分为两轮，第一轮由团队队员轮流与AI人工智能进行比赛，若挑战成功，则参加第二轮攻擂赛，与上任擂主争夺此次团体赛的擂主．现有甲队参加比赛，队中共有3名事先排好顺序的队员． (1)第一轮与AI对战，比赛的规则如下：若某队员第一关闯关成功，则该队员继续闯第二关，否则该队员结束闯关并由下一位队员接力去闯第一关，若某队员第二关闯关成功，则该团队接力闯关活动结束，否则该成员结束闯关并由下一位队员接力去闯第二关；当第二关闯关成功或所有队员全部上场参加了闯关，该队挑战活动结束．已知甲队每位成员闯过第一关和第二关的概率分别为，，且每位成员闯关是否成功互不影响，每关结果也互不影响.用表示甲队闯关活动结束时上场闯关的成员人数，求的分布列和期望． (2)甲队已经顺利进入第二轮，现和擂主乙队1－3号队员进行比赛，规则为：双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛……直到有一方队员全被淘汰，另一方获得胜利．已知甲队三名队员每场比赛的胜率分别为，，，若要求甲队获得擂主的概率大于，问是否满足？请说明理由． 18．（17分） 已知． (1)当时，求曲线在点处的切线方程． (2)若恰有1个极大值点和1个极小值点． ①求极大值与极小值的和； ②判断零点的个数． 19．（17分） 平面内一动圆经过点，且该圆被轴所截弦长为2，设动圆圆心的轨迹为．过点的直线交于两点，按照如下方式依次构造点：直线，与的另一个交点分别为，直线与轴的交点为，设点的纵坐标为． (1)求动圆圆心的轨迹方程； (2)求数列的通项公式； (3)记，求数列的通项公式． 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… 此卷只装订不密封 ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… … 学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________ 2025年高考第三次模拟考试 高三数学（新高考Ⅱ卷）01 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．复数=(i是虚数单位),则复数的虚部为（    ） A．i B．-i C．1 D．-1 2．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 3．已知向量，，若向量且，则（    ） A． B． C． D．4 4．已知则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 5．已知焦点在轴上的椭圆的长轴长为其短轴长的2倍，若该椭圆经过圆的一条直径的两个端点，则该椭圆的标准方程为（    ） A． B． C． D． 6．已知函数，则，，的大小关系为（    ） A． B． C． D． 7．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，若三棱锥（以为顶点）的侧面积为6，则球的表面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数的定义域均为，的图象关于点中心对称，，，，则（    ） A． B．2 C． D．1003 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．某研究机构为了探究过量饮酒与患疾病真否有关，调查了400人，得到如图所示的列联表，其中，则（    ） 患疾病 不患疾病 合计 过量饮酒 不过量饮酒 合计 400 参考公式与临界值表： 0.100 0.050 0.010 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 A．任意一人不患疾病的概率为0.9 B．任意一人不过量饮酒的概率为 C．任意一人在不过量饮酒的条件下不患疾病的概率为 D．依据小概率值的独立性检验，认为过量饮酒与患疾病有关 10．已知函数的最大值为2，则（    ） A． B．函数图象的一个对称中心是点 C．在区间上单调递增 D．将的图象先向右平移个单位长度后，再将图象上所有点的横坐标伸长为原来的两倍（纵坐标不变），得到的图象对应的函数解析式为 11．已知双曲线的一条渐近线过点，为的右焦点，则下列关于双曲线的结论正确的是（    ） A．离心率为 B．两条渐近线的夹角的余弦值为 C．若直线与双曲线的一条渐近线垂直，则的面积为 D．若，双曲线上一点到渐近线的距离为，则点到另一条渐近线的距离为2 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．各项均为正数的等差数列的前项和为，若，则的最大值为 ． 13．若，且，则 ． 14．数学家莱布尼兹是世界上首个提出二进制计数法的人，任意一个十进制正整数均可以用二进制数表示.若正整数，其中或，则可以用位二进制数表示.记的二进制各个位数和为，则.例如，因此.已知正整数1024且，则这样的有 个； ． 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．（13分） 记的内角所对的边分别为，已知且. (1)求； (2)若，求. 16．（15分） 如图，在四棱锥中，，底面是矩形，且，．侧面是面积为的直角三角形，其中．点分别为线段的中点，连接． (1)证明：直线平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 17．（15分） 某项团体比赛分为两轮，第一轮由团队队员轮流与AI人工智能进行比赛，若挑战成功，则参加第二轮攻擂赛，与上任擂主争夺此次团体赛的擂主．现有甲队参加比赛，队中共有3名事先排好顺序的队员． (1)第一轮与AI对战，比赛的规则如下：若某队员第一关闯关成功，则该队员继续闯第二关，否则该队员结束闯关并由下一位队员接力去闯第一关，若某队员第二关闯关成功，则该团队接力闯关活动结束，否则该成员结束闯关并由下一位队员接力去闯第二关；当第二关闯关成功或所有队员全部上场参加了闯关，该队挑战活动结束．已知甲队每位成员闯过第一关和第二关的概率分别为，，且每位成员闯关是否成功互不影响，每关结果也互不影响.用表示甲队闯关活动结束时上场闯关的成员人数，求的分布列和期望． (2)甲队已经顺利进入第二轮，现和擂主乙队1－3号队员进行比赛，规则为：双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛……直到有一方队员全被淘汰，另一方获得胜利．已知甲队三名队员每场比赛的胜率分别为，，，若要求甲队获得擂主的概率大于，问是否满足？请说明理由． 18．（17分） 已知． (1)当时，求曲线在点处的切线方程． (2)若恰有1个极大值点和1个极小值点． ①求极大值与极小值的和； ②判断零点的个数． 19．（17分） 平面内一动圆经过点，且该圆被轴所截弦长为2，设动圆圆心的轨迹为．过点的直线交于两点，按照如下方式依次构造点：直线，与的另一个交点分别为，直线与轴的交点为，设点的纵坐标为． (1)求动圆圆心的轨迹方程； (2)求数列的通项公式； (3)记，求数列的通项公式． 试题 第3页（共4页） 试题 第4页（共4页） 试题 第1页（共4页） 试题 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高考第三次模拟考试 高三数学（新高考Ⅱ卷）01·参考答案 第一部分（选择题 共58分） 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 2 3 4 5 6 7 8 D B A A C A B 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 10 11 ACD AB BD 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 13． 14． 45 4095 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．（13分） 【详解】（1）， 因为，所以， 所以，........................................（2分） 因为，所以，所以由正弦定理可知，........................................（4分） 所以等价于， 因为，所以，所以，即， 又因为，所以.........................................（6分） （2）因为，解得，........................................（8分） 由余弦定理得，解得，........................................（10分） 由三角形面积公式得，........................................（12分） 解得.........................................（13分） 16．（15分） 【详解】（1）法1，取的中点，连接． 由为的中点，得且，由四边形为矩形，得且， 则且，又为的中点，则且，........................................（3分） 四边形为平行四边形，于是，而平面，平面， 所以平面.........................................（6分） 法2：取的中点，连接，由，，， 平面，得平面，又，于是平面， 而平面，则，又，则直线两两垂直，........................................（2分） 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 在中，，，则， 在中，，，........................................（4分） 则， 则，即，因此，........................................（5分） 又平面，平面，所以平面.........................................（6分） （2）法1：过点作交于点，连接． 由，，，平面，得平面，........................................（8分） 而平面，则，又，平面，则平面，........................................（10分） 因此即为直线与平面所成的角，........................................（11分） 在中，，由，得， 在中，，， 而平面，则，又，于是， 在中，，为中点，则，........................................（12分） 由，，得， 则，即，解得，在中，，........................................（14分） 所以直线与平面所成角的正弦值为.........................................（15分） 法2：由（1）得，，，........................................（9分） 设平面的法向量为，则，令，得，..................................（12分） 设直线与平面所成的角为， 则，........................................（14分） 所以直线与平面所成角的正弦值为.........................................（15分） 17．（15分） 【详解】（1）由题意知，的所有可能取值为1，2，3，........................................（1分） 则， ， ，........................................（4分） 所以的分布列为 1 2 3 ........................................（5分） 所以．........................................（7分） （2）满足题意，理由如下： 分三种情况： ①一人参赛全胜获得擂主，该事件发生的概率设为，则，........................................（9分） ②两人参赛获得擂主，该事件发生的概率设为， 则，........................................（10分） ③三人参赛获得擂主，该事件发生的概率设为， 若在第一局被淘汰，淘汰掉乙队三人，概率为， 若在第二局被淘汰，淘汰掉乙队两人， 概率为， 若在第三局被淘汰，淘汰掉乙队一人， 概率为 ，........................................（12分） 故， 因为， 所以要使甲队获胜的概率大于，即，则， 即，化简得，........................................（13分） 当时，代入可得，满足题意．........................................（15分） 18．（17分） 【详解】（1）由题可得，函数的定义域为，，........................................（2分） 当时，，，........................................（4分） 故切点为，切线在该点处的斜率为， 故曲线在点处的切线方程为，即．........................................（5分） （2）由（1）得， 因为分母在定义域内恒成立，所以导函数的符号取决于分子的符号， 令，其对应一元二次方程的判别式．........................................（6分） 若，此时，则且不恒为0，所以且不恒为0，所以在上单调递增，故没有极值点，........................................（7分） 若，此时或，则有两个不等实根，不妨设， 由一元二次方程根与系数的关系可得，则同号． 当时，，两根均为负数，则在上恒成立，所以，所以在上单调递增，则没有极值点；........................................（9分） 当时，，两根均为正数，故当或时，，所以，所以的单调递增区间为，， 当时，，所以，所以的单调递减区间为，故有极大值点，极小值点． 故时，恰有1个极大值点和1个极小值点．........................................（11分） ①，故极大值与极小值的和为0．........................................（13分） ②由①知，，，则， 又由①知，在，上单调递增，在上单调递减， 因为，所以，，当时，；当时，， 故在，上各有一个零点，又，所以有3个零点．........................................（17分） 19．（17分） 【详解】（1）设动圆的圆心坐标为，由题意知，........................................（1分） 整理得， 故动圆圆心的轨迹的方程为．........................................（2分） （2）设，，，，， 易知，，，由题知，， 两式作差，得， 所以，同理得，，........................................（4分） 所以直线的方程为， 同理，直线的方程为，    结合点在两直线上，令，得，........................................（6分） 又直线过点，所以设直线的方程为， 由，消去得，，所以， 由，可知，所以①．........................................（8分） 又因为直线的方程为， 结合点在直线上，令，得②， 由①②得，，........................................（10分） 等式两边同时取对数，得， 由题可知，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，解得．........................................（13分） （3）由（2）知，，........................................（14分） 又 ，........................................（16分） 所以，故．........................................（17分） 2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高考第三次模拟考试 高三数学（新高考Ⅱ卷）01 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．复数=(i是虚数单位),则复数的虚部为（    ） A．i B．-i C．1 D．-1 【答案】D 【详解】 故答案为D 2．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据指数函数的单调性求值域，再进行集合的交集运算. 【详解】由题知， 则， 所以． 故选：B． 3．已知向量，，若向量且，则（    ） A． B． C． D．4 【答案】A 【分析】由向量垂直的坐标表示求得，再由向量的模长公式即可求解. 【详解】由题知，又因为，所以，解得， 所以，所以． 故选：A． 4．已知则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】判断在上的单调性，将不等式等价于，由一元二次不等式的解法即可得解. 【详解】，可得当时，单调递减，当时，单调递减，且时函数连续，则在上单调递减， 不等式，可化为，即， 解得：，则原不等式的解集为：， 故选：A 5．已知焦点在轴上的椭圆的长轴长为其短轴长的2倍，若该椭圆经过圆的一条直径的两个端点，则该椭圆的标准方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】法一：设出椭圆方程和直线方程，直曲联立，由韦达定理和中点坐标公式得到直线的斜率，再由弦长公式解出即可得到椭圆方程； 法二：设出椭圆和直线方程，利用点差法求出直线斜率；再直曲联立由弦长公式求出即可得到椭圆方程； 法三：由点差法得到，进而得到，以下同“一题多解”. 【详解】设椭圆的标准方程为， 由题意知，圆的圆心为， 设该椭圆经过圆的直径的两个端点，，， 显然直线的斜率存在，设直线，即， 与椭圆方程联立，得， ， 则，由，得，解得． 则， 所以， 解得，所以该椭圆的标准方程为． 故选：C． 法二：设椭圆的标准方程为， 由题意知，圆的圆心为，半径为， 设该椭圆经过圆的直径的两个端点，，， 则为直径的中点，则，， 由题知，由两式作差，得， 即，所以， 将，，代入，得， 则直线的方程为， 与椭圆方程联立，得，， 所以，， 所以， 解得，所以该椭圆的标准方程为． 故选：C． 法三：设椭圆的标准方程为， 由题意知，圆的圆心为，设该椭圆经过圆的直径的两个端点，，， 由两式作差得，，即， 所以． 因为，所以．以下同一题多解． 6．已知函数，则，，的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出的定义域，得到是偶函数，判断时的单调性，再借助中间值比较大小即可. 【详解】方法一：由题知的定义域为，，所以是偶函数， 记，当时，，所以在上单调递增， 则在上单调递减， 因为，所以， 而. 令，则， 当时，，所以在上单调递增， 所以，即，所以， 又因为指数函数在上单调递减，所以， 所以， 所以，即. 方法二：由题知的定义域为，，所以是偶函数， ，当时，，即， 所以当时，，则在上单调递减， 因为，所以， 而. 因为指数函数在上单调递减， 所以， 因为幂函数在上单调递增， 所以，所以， 所以， 所以，即. 故选：A. 7．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，若三棱锥（以为顶点）的侧面积为6，则球的表面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将三棱锥的外接球，转化为以为同一顶点出发的三条棱的长方体的外接球，再令，，通过侧面积为6，利用基本不等式准确求出的取值范围．即可求解； 【详解】由题知平面，，所以三棱锥的外接球，即为以为同一顶点出发的三条棱的长方体的外接球， 所以外接球半径，其中， 令，，则三棱锥（以为顶点）的侧面积为， 所以， 所以， 又因为，即， 所以，所以， 又因为，所以，当且仅当时，， 所以当，即时，， 此时球的表面积的取得最小值为. 故选：B. 8．已知函数的定义域均为，的图象关于点中心对称，，，，则（    ） A． B．2 C． D．1003 【答案】C 【分析】根据题意，可得，即是上的偶函数和以4为周期的周期函数，从而也是以4为周期的周期函数，可得解. 【详解】因为的图象关于点中心对称，所以①． 因为，所以②． 因为③，所以④． ③④得，，所以是上的偶函数， 所以①可变形为，则， 故，所以是以4为周期的周期函数． 由④可得，则也是以4为周期的周期函数． 因为，又， 所以，所以． 故选：C． 【点睛】方法点睛：求解函数性质综合问题时，往往借助函数奇偶性、对称性、周期性等性质进行推理证明，结合对称轴、对称中心等实现求和计算即可. 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．某研究机构为了探究过量饮酒与患疾病真否有关，调查了400人，得到如图所示的列联表，其中，则（    ） 患疾病 不患疾病 合计 过量饮酒 不过量饮酒 合计 400 参考公式与临界值表： 0.100 0.050 0.010 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 A．任意一人不患疾病的概率为0.9 B．任意一人不过量饮酒的概率为 C．任意一人在不过量饮酒的条件下不患疾病的概率为 D．依据小概率值的独立性检验，认为过量饮酒与患疾病有关 【答案】ACD 【分析】先求出，利用古典概型概率公式求解判断AB，利用条件概率概念求解判断C，求出的观测值，即可判断D. 【详解】由已知得，又，所以. 任意一人不患疾病的概率为，所以A正确； 任意一人不过量饮酒的概率为，所以B错误； 任意一人在不过量饮酒的条件下不患疾病的概率为，所以C正确； 对于D，列联表如下： 患疾病 不患疾病 合计 过量饮酒 30 120 150 不过量饮酒 10 240 250 合计 40 360 400 则的观测值，由于， 依据小概率值的独立性检验，认为过量饮酒与患疾病有关，所以D正确. 故选：ACD 10．已知函数的最大值为2，则（    ） A． B．函数图象的一个对称中心是点 C．在区间上单调递增 D．将的图象先向右平移个单位长度后，再将图象上所有点的横坐标伸长为原来的两倍（纵坐标不变），得到的图象对应的函数解析式为 【答案】AB 【分析】先应用辅助角公式化简应用最大值计算求参判断A,再应用正弦函数的对称中心计算或代入检验判断B,根据正弦函数的单调区间计算判断C,应用函数图象的变换得出解析式判断D. 【详解】对于A，因为（其中），且函数的最大值为2，所以，解得， 又因为，所以，故A正确； 对于B，解法一：由A选项可知，，令，解得， 当时，，所以的图象关于点中心对称，故B正确； 解法二：由A选项可知，，将代入的解析式，得， 所以的图象关于点中心对称，故B正确； 对于C，当时，，根据正弦函数的图象得在上单调递减，故C错误； 对于D，将的图象先向右平移个单位长度，得到的图象， 再将图象上所有点的横坐标伸长为原来的两倍，得到的图象，故D错误． 故选:AB． 11．已知双曲线的一条渐近线过点，为的右焦点，则下列关于双曲线的结论正确的是（    ） A．离心率为 B．两条渐近线的夹角的余弦值为 C．若直线与双曲线的一条渐近线垂直，则的面积为 D．若，双曲线上一点到渐近线的距离为，则点到另一条渐近线的距离为2 【答案】BD 【分析】对于A，根据渐近线过点得到即可；对于B，设渐近线的倾斜角为，则两条渐近线的夹角为求解即可；对于C，由题意得到直线的方程为或，求得焦点F，由求解即可；对于D，先求得双曲线的方程，设，利用点到直线的距离公式求解. 【详解】对于A，根据题意，渐近线的斜率，则离心率，故A错误； 对于B，设渐近线的倾斜角为，则，所以，则两条渐近线的夹角为， 所以，所以，故B正确； 对于C，若直线与双曲线的一条渐近线垂直，则直线的斜率，则直线的方程为 或，所以或， 则的面积为或，故C错误； 对于D，由A选项可得，双曲线的离心率，又，则，， 所以双曲线的方程为，设，则，即， 双曲线的两条渐近线方程为，则点到两渐近线的距离之积为 ，因为，所以，故D正确． 故选：BD． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．各项均为正数的等差数列的前项和为，若，则的最大值为 ． 【答案】 【分析】利用等差数列基本量的关系列出方程，用基本不等式或二次函数性质求最值. 【详解】解法一：因为，所以， 所以，因为， 所以，当且仅当时取等号． 解法二：因为， 所以，所以， 则， 故当时，取得最大值64． 解法三：（基本量思想）：设数列的公差为， 因为，所以，即， 所以， 当时，取得最大值64． 故答案为： 13．若，且，则 . 【答案】 【分析】先根据已知角的范围确定三角函数值的正负，再利用两角和的余弦公式求出的值，最后根据的范围确定其具体值. 【详解】因，所以，又，所以. 根据，得，同时也能确定. 因为，所以. . 所以 因为，所以. 在这个区间内，时，. 故答案为：. 14．数学家莱布尼兹是世界上首个提出二进制计数法的人，任意一个十进制正整数均可以用二进制数表示.若正整数，其中或，则可以用位二进制数表示.记的二进制各个位数和为，则.例如，因此.已知正整数1024且，则这样的有 个； . 【答案】45 4095 【分析】第一空：由题意：是2～10位二进制数，得到的前10位中恰有两个1，其余位均为即可求解； 第二空：是最大的6位二进制数，从而说明1～63的二进制数中，时共有个二进制数，时共有个二进制数，时共有个二进制数，…，时共有个二进制数，进而可求解； 【详解】详解：（1），要使， 则是位二进制数，且的前10位中恰好有两个1， 其余位均为0，因为最高位必为1， 所以有个满足题意的的值. （2）由于是最大的6位二进制数，故的二进制数中最少1个1，最多6个1，即当时，. 当时，位二进制数最高位必为1，其余位为0， 故共有个二进制数（或者理解为前6位中恰有1个1，其余位均为0）； 当时，位二进制数最高位必为1，其余位只有一个1，故共有个二进制数（或者理解为前6位中恰有2个1，其余位均为0）；当时，位二进制数最高位必为1，其余位只有2个1，故共有个二进制数（或者理解为前6位中恰有3个1，其余位均为0）； … 当时，6位二进制数全是1，故共有个二进制数， 所以 . 【点睛】思路点睛： 第二空：由是最大的6位二进制数，得到；分别讨论，，，…，时二进制数的个数即可. 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．（13分） 记的内角所对的边分别为，已知且. (1)求； (2)若，求. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）利用两角和的正弦公式、三角形内角和为以及，结合正弦定理得到，从而求解出即可求解； （2）利用三角形面积公式求解出，结合余弦定理求解出，再利用三角形面积公式即可求解. 【详解】（1）， 因为，所以， 所以，........................................（2分） 因为，所以，所以由正弦定理可知，........................................（4分） 所以等价于， 因为，所以，所以，即， 又因为，所以.........................................（6分） （2）因为，解得，........................................（8分） 由余弦定理得，解得，........................................（10分） 由三角形面积公式得，........................................（12分） 解得.........................................（13分） 16．（15分） 如图，在四棱锥中，，底面是矩形，且，．侧面是面积为的直角三角形，其中．点分别为线段的中点，连接． (1)证明：直线平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）法1，取的中点，利用线面平行的判断，结合平行四边形性质推理得证.法2，利用垂直关系证明直线两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即得. （2）法1，过点作交于点，利用定义法求出线面角的正弦值.法2，由（1）中空间直线坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解. 【详解】（1）法1，取的中点，连接． 由为的中点，得且，由四边形为矩形，得且， 则且，又为的中点，则且，........................................（3分） 四边形为平行四边形，于是，而平面，平面， 所以平面.........................................（6分） 法2：取的中点，连接，由，，， 平面，得平面，又，于是平面， 而平面，则，又，则直线两两垂直，........................................（2分） 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 在中，，，则， 在中，，，........................................（4分） 则， 则，即，因此，........................................（5分） 又平面，平面，所以平面.........................................（6分） （2）法1：过点作交于点，连接． 由，，，平面，得平面，........................................（8分） 而平面，则，又，平面，则平面，........................................（10分） 因此即为直线与平面所成的角，........................................（11分） 在中，，由，得， 在中，，， 而平面，则，又，于是， 在中，，为中点，则，........................................（12分） 由，，得， 则，即，解得，在中，，........................................（14分） 所以直线与平面所成角的正弦值为.........................................（15分） 法2：由（1）得，，，........................................（9分） 设平面的法向量为，则，令，得，..................................（12分） 设直线与平面所成的角为， 则，........................................（14分） 所以直线与平面所成角的正弦值为.........................................（15分） 17．（15分） 某项团体比赛分为两轮，第一轮由团队队员轮流与AI人工智能进行比赛，若挑战成功，则参加第二轮攻擂赛，与上任擂主争夺此次团体赛的擂主．现有甲队参加比赛，队中共有3名事先排好顺序的队员． (1)第一轮与AI对战，比赛的规则如下：若某队员第一关闯关成功，则该队员继续闯第二关，否则该队员结束闯关并由下一位队员接力去闯第一关，若某队员第二关闯关成功，则该团队接力闯关活动结束，否则该成员结束闯关并由下一位队员接力去闯第二关；当第二关闯关成功或所有队员全部上场参加了闯关，该队挑战活动结束．已知甲队每位成员闯过第一关和第二关的概率分别为，，且每位成员闯关是否成功互不影响，每关结果也互不影响.用表示甲队闯关活动结束时上场闯关的成员人数，求的分布列和期望． (2)甲队已经顺利进入第二轮，现和擂主乙队1－3号队员进行比赛，规则为：双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛……直到有一方队员全被淘汰，另一方获得胜利．已知甲队三名队员每场比赛的胜率分别为，，，若要求甲队获得擂主的概率大于，问是否满足？请说明理由． 【答案】(1)分布列见解析， (2)满足，理由见解析 【分析】（1）求出的可能取值和对应的概率，得到分布列，计算出期望值； （2）分三种情况：①一人参赛全胜获得擂主，②两人参赛获得擂主，③三人参赛获得擂主，求出相应的概率，从而得到，得到不等式，得到结论. 【详解】（1）由题意知，的所有可能取值为1，2，3，........................................（1分） 则， ， ，........................................（4分） 所以的分布列为 1 2 3 ........................................（5分） 所以．........................................（7分） （2）满足题意，理由如下： 分三种情况： ①一人参赛全胜获得擂主，该事件发生的概率设为，则，........................................（9分） ②两人参赛获得擂主，该事件发生的概率设为， 则，........................................（10分） ③三人参赛获得擂主，该事件发生的概率设为， 若在第一局被淘汰，淘汰掉乙队三人，概率为， 若在第二局被淘汰，淘汰掉乙队两人， 概率为， 若在第三局被淘汰，淘汰掉乙队一人， 概率为 ，........................................（12分） 故， 因为， 所以要使甲队获胜的概率大于，即，则， 即，化简得，........................................（13分） 当时，代入可得，满足题意．........................................（15分） 18．（17分） 已知． (1)当时，求曲线在点处的切线方程． (2)若恰有1个极大值点和1个极小值点． ①求极大值与极小值的和； ②判断零点的个数． 【答案】(1) (2)①0；②3 【分析】（1）根据导函数求出切线的斜率再点斜式得出切线方程； （2）先求出导函数，再分和两种情况得出零点结合计算得出极大值与极小值的和为0，再应用零点存在定理可判断零点个数. 【详解】（1）由题可得，函数的定义域为，，........................................（2分） 当时，，，........................................（4分） 故切点为，切线在该点处的斜率为， 故曲线在点处的切线方程为，即．........................................（5分） （2）由（1）得， 因为分母在定义域内恒成立，所以导函数的符号取决于分子的符号， 令，其对应一元二次方程的判别式．........................................（6分） 若，此时，则且不恒为0，所以且不恒为0，所以在上单调递增，故没有极值点，........................................（7分） 若，此时或，则有两个不等实根，不妨设， 由一元二次方程根与系数的关系可得，则同号． 当时，，两根均为负数，则在上恒成立，所以，所以在上单调递增，则没有极值点；........................................（9分） 当时，，两根均为正数，故当或时，，所以，所以的单调递增区间为，， 当时，，所以，所以的单调递减区间为，故有极大值点，极小值点． 故时，恰有1个极大值点和1个极小值点．........................................（11分） ①，故极大值与极小值的和为0．........................................（13分） ②由①知，，，则， 又由①知，在，上单调递增，在上单调递减， 因为，所以，，当时，；当时，， 故在，上各有一个零点，又，所以有3个零点．........................................（17分） 【点睛】关键点点睛：第（2）问①的解题关键：（1）令，讨论和的情况；（2）当时需要讨论两根的正负，注意根与系数关系的应用． 19．（17分） 平面内一动圆经过点，且该圆被轴所截弦长为2，设动圆圆心的轨迹为．过点的直线交于两点，按照如下方式依次构造点：直线，与的另一个交点分别为，直线与轴的交点为，设点的纵坐标为． (1)求动圆圆心的轨迹方程； (2)求数列的通项公式； (3)记，求数列的通项公式． 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）设动圆的圆心坐标为，根据条件列出方程化简即得曲线方程； （2）设，，，，求，写出直线和的方程，并令得到，再由得到，写出直线的方程，令，得与的关系，构造等比数列，求的通项公式； （3）由（2），求出，从而得到. 【详解】（1）设动圆的圆心坐标为，由题意知，........................................（1分） 整理得， 故动圆圆心的轨迹的方程为．........................................（2分） （2）设，，，，， 易知，，，由题知，， 两式作差，得， 所以，同理得，，........................................（4分） 所以直线的方程为， 同理，直线的方程为，    结合点在两直线上，令，得，........................................（6分） 又直线过点，所以设直线的方程为， 由，消去得，，所以， 由，可知，所以①．........................................（8分） 又因为直线的方程为， 结合点在直线上，令，得②， 由①②得，，........................................（10分） 等式两边同时取对数，得， 由题可知，所以数列是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，解得．........................................（13分） （3）由（2）知，，........................................（14分） 又 ，........................................（16分） 所以，故．........................................（17分） 【点睛】关键点点睛：第二问，设，，，，，根据已知求直线、直线，进而有，联立得，点在直线上得为关键. 1 / 22 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 数学 第 1 页（共 6 页） 数学 第 2 页（共 6 页） 数学 第 3 页（共 6 页） 学 校 __ __ __ __ __ __ __ __ __ 班 级 __ __ __ __ __ __ __ __ __ 姓 名 __ __ __ __ __ __ __ __ __ 准 考 证 号 __ __ __ __ __ __ __ __ __ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ 密 ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ 封 ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ 线 ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ ﹍ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 2025 年高考第三次模拟考试 高三数学·答题卡 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 一、选择题（每小题 5 分，共 40 分） 1 [A] [B] [C] [D] 2 [A] [B] [C] [D] 3 [A] [B] [C] [D] 4 [A] [B] [C] [D] 5 [A] [B] [C] [D] 6 [A] [B] [C] [D] 7 [A] [B] [C] [D] 8 [A] [B] [C] [D] 二、选择题（全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分，共 18 分） 9 [A] [B] [C] [D] 10 [A] [B] [C] [D] 11 [A] [B] [C] [D] 三、填空题（每小题 5 分，共 15 分） 12．____________________ 13．____________________ 14．____________________ ____________________ 四、解答题（共 77 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（13 分） 准考证号： 姓 名：_________________________________________ 贴条形码区 此栏考生禁填 缺考 标记 1．答题前，考生先将自己的姓名，准考证号填写清 楚，并认真检查监考员所粘贴的条形码。 2．选择题必须用 2B 铅笔填涂；非选择题必须用 0.5mm 黑色签字笔答题，不得用铅笔或圆珠笔答 题；字体工整、笔迹清晰。 3．请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出 区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题 无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。 5．正确填涂 注意事项 16．（15 分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数学 第 4 页（共 6 页） 数学 第 5 页（共 6 页） 数学 第 6 页（共 6 页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 17．（15 分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18．（17 分） 19．（17 分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ ( ) ( 学校 __________________班级__________________姓名__________________准考证号__________________ ﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 密 ﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 封 ﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 线 ﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ ) ( ) 2025年高考第三次模拟考试 高三数学·答题卡 ( 准考证号： 姓 名： _________________________________________ 贴条形码区 此栏考生禁填 缺考 标记 1 ．答题前，考生先将自己的姓名，准考证号填写清楚，并认真检查监考员所粘贴的条形码。 2 ． 选择题必须用 2B 铅笔填涂；非选择题必须用 0.5mm 黑色签字笔答题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字体工整、笔迹清晰。 3 ．请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4 ．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。 5 ．正确填涂 注意事项 ) ( 一、选择题（每小题5分，共 4 0分） 1 [A] [B] [C] [D] 2 [A] [B] [C] [D] 3 [A] [B] [C] [D] 4 [A] [B] [C] [D] 5 [A] [B] [C] [D] 6 [A] [B] [C] [D] 7 [A ] [B] [C] [D] 8 [A] [B] [C] [D] 二、 选择题 （ 全部选对的得 6 分，部分选对的得 部分 分，有选错的得0分 ，共18分） 9 [A] [B] [C] [D] 10 [A] [B] [C] [D] 11 [A] [B] [C] [D] 三 、填空题（每小题5分，共 15 分） 12 ． ____________________ 13 ． ____________________ 14 ． ____________ ________ ____________________ ) ( 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ ) ( 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ ) ( 四 、解答题（共 77 分， 解答应写出文字说明 、 证明过程或演算步骤 ） 15．（13分） ) ( 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ ) ( 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ ) ( 1 6．（15分） ) ( 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ ) ( 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ ) ( 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ ) ( 17．（15分） ) ( 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ ) ( 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ ) ( 18．（17分） ) ( 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ ) ( 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ ) ( 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ ) ( 19．（17分） ) 数学 第4页（共6页） 数学 第5页（共6页） 数学 第6页（共6页） 数学 第1页（共6页） 数学 第2页（共6页） 数学 第3页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 $$