精品解析：新疆维吾尔自治区2025届高三下学期普通高考第三次适应性检测数学试题

新疆维吾尔自治区2025年普通高考第三次适应性检测 数学 (卷面分值：150分 考试时间：120分钟) 注意事项： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，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． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效． 3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本大题共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. 已知全集，，则集合（ ） A. B. C. D. 2. 若复数z对应复平面上的点，则（ ） A. B. 2 C. D. 10 3. 直线l：的一个方向向量为（ ） A. B. C. D. 4. 函数（，且）是奇函数，则（ ） A. B. -1 C. D. 1 5. 如图，有三个边长为1的正方形相接，若，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 长为3的线段的两个端点A和B分别在x轴和y轴上滑动，则点A关于点B对称的点M的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 7. 安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有　　 A. 12种 B. 18种 C. 24种 D. 36种 8. 已知函数，若在区间上有最大值，则实数m的取值范围是（ ） 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. 已知曲线，其中，则（ ） A. 存在α使得C为两条直线 B. 存在α使得C为圆 C. 若C为椭圆，则α越大，C的离心率越小 D. 若C为双曲线，则α越大，C的离心率越大 10. 已知一组样本数据：，其中，，将该组数据排列，下列关于该组数据结论正确的是（ ） A. 序列不可能既是等比数列又是等差数列 B. 若成等比数列，a和b有4组可能取值 C. 若成等差数列，a和b有3组可能取值 D. 若该数据平均数是1，这组数据方差的最小值为 11. 已知函数是定义在上的函数，对于区间内的任意两个实数a，b都满足等式：，且当时，，则（ ） A. 为偶函数 B. 满足这些条件 C. 若，，且，，则 D. ，其中 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知两个变量y与x对应关系如下表： x 1 2 3 4 5 y 5 m 8 9 10.5 若y与x满足一元线性回归模型，且经验回归方程为，则________． 13. 二项式的展开式中系数的最大值是________． 14. 用一个平面截球O得到的曲面称为球冠，截面为球冠的底面，如图球冠的高大于球的半径，为底面圆心，是以为底，点S在球冠上的圆锥，若底面的半径是球的半径的倍，点A为底面圆周上一点，则与底面所成的角的大小为________，圆锥的体积与球O的体积之比为________． 四、解答题：本大题共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A，B，C的对边分别为a，b，c，且，的平分线交于点E． （1）求A的大小； （2）若，，求的长． 16. 如图，在平面四边形中，，是边长为2的正三角形，，O为的中点，将沿折到的位置，． （1）求证：平面； （2）若点E为线段上的动点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 17. 已知函数，且． （1）当（为自然对数的底数）时，求函数在处的切线方程； （2）函数在上有且仅有两个零点，求a的取值范围． 18. 某地举行中学生科技知识挑战赛，挑战赛分预赛和决赛两个阶段，预赛为闯关比赛．规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次，如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作预赛阶段比赛胜利，无需继续闯关，进入决赛．决赛设置了3个问题，每完整答对1个问题，该队决赛成绩记3分，否则记0分，未进入决赛的参赛队决赛成绩记0分．已知华夏队的甲，乙，丙三名选手在预赛闯关阶段以及决赛阶段每次完整答对1个问题的概率均为p，q，r，每次回答是独立的，Y表示华夏队的决赛总成绩． （1）若，，，依次派甲，乙，丙进行闯关，求该小组进入决赛的概率； （2）预赛阶段，若乙只能安排在第二个派出，要使派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出； （3）决赛阶段，若只能选出一人参加比赛，当最大时，决赛阶段应由哪个选手参加？ 19. 已知椭圆，点在椭圆上，椭圆E上存在点H与左焦点F关于直线对称． （1）求E的方程； （2）若不平行于坐标轴且互相垂直的两条直线，均过点，直线交E于A，B两点，直线交E于C，D两点，M，N分别为弦和的中点，直线交x轴于点，设． ①求； ②记，，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新疆维吾尔自治区2025年普通高考第三次适应性检测 数学 (卷面分值：150分 考试时间：120分钟) 注意事项： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，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． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效． 3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本大题共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. 已知全集，，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先得到，根据条件得到，，分，和三种情况，得到满足要求. 【详解】， ，故，， 若，此时，满足要求， 若，此时，不合要求， 若，此时，不合要求， 综上，. 故选：C 2. 若复数z对应复平面上的点，则（ ） A. B. 2 C. D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的几何意义和复数模长的运算即可得出答案. 【详解】由题可知，所以， 故选：A. 3. 直线l：的一个方向向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线方程直接写出一个方向向量即可. 【详解】由直线方程为，则是直线的一个方向向量. 故选：B 4. 函数（，且）是奇函数，则（ ） A. B. -1 C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据奇函数定义，列式，化简求解即可. 【详解】易知函数的定义域为， 又函数是奇函数， 所以对于任意的，都有 ， 整理得， 所以， 所以， 所以， 故选：A. 5. 如图，有三个边长为1的正方形相接，若，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角函数的定义计算判断A，B，应用正切的两角差公式求解判断C，根据同角三角函数关系及平面向量数量积公式计算判断D. 【详解】因为正方体边长为1，所以， 所以，A选项错误； ,，B选项错误； 由，则，，C选项错误； 因为，所以， ，D选项正确. 故选：D. 6. 长为3的线段的两个端点A和B分别在x轴和y轴上滑动，则点A关于点B对称的点M的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用中点求出的坐标，利用相关点法即可求解. 【详解】设依题意有，即， 所以，即，所以， 故选：D. 7. 安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有　　 A. 12种 B. 18种 C. 24种 D. 36种 【答案】D 【解析】 【详解】4项工作分成3组,可得：=6， 安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成， 可得：种． 故选D. 8. 已知函数，若在区间上有最大值，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分类讨论取绝对值，得出函数的解析式，然后分别求导，判断在每个分段区间上的单调性即可得出答案. 【详解】当时，， ， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减，所以在处取得极大值， 若在区间上有最大值，只需即可，解得； 当时，， ，显然此时，单调递减，不存在有最大值的开区间； 当时，， ， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减，所以在处取得极小值， 此时也不存在最大值的开区间， 故选：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. 已知曲线，其中，则（ ） A. 存在α使得C为两条直线 B. 存在α使得C为圆 C. 若C为椭圆，则α越大，C的离心率越小 D. 若C为双曲线，则α越大，C的离心率越大 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由即可判断；对于B，若C为圆，则,求出即可判断；对于C，若C为椭圆，可得，根据椭圆的离心率公式及正切函数的单调性即可判断；对于D，若C为双曲线，可得，根据双曲线的离心率公式及正切函数的单调性即可判断. 【详解】对于A，若，则曲线，即，为两条直线，故A正确； 对于B，若C为圆，则, 由，，可得，解得， 满足，故B正确； 对于C，若C为椭圆，则，且， 所以. 可化为， 若，即，， 则椭圆C的离心率为, 当时，单调递增，故C错误； 对于D，时，， 若C为双曲线，则，即，得. 曲线可化为， 故双曲线C的离心率为， 当时，单调递增，故D正确. 故选:ABD. 10. 已知一组样本数据：，其中，，将该组数据排列，下列关于该组数据结论正确的是（ ） A. 序列不可能既是等比数列又是等差数列 B. 若成等比数列，a和b有4组可能取值 C. 若成等差数列，a和b有3组可能取值 D. 若该数据平均数是1，这组数据方差的最小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】数据的顺序可以打乱，根据每一个选项的条件求解即可. 【详解】若为等比数列，由，可知若成等比公比小于，正负交替， 而此时若成等差数列，则具单调性，相互矛盾， 故不可能既是等比数列又是等差数列，A项正确； 若排列后成等比数列，设公比绝对值大于有： ①公比为，数列为，，，，， 公比为，数列为，，， 公比为，数列为，，， ②公比为，数列为， ，； 若公比绝对值小于1， a和b有4组可能取值， 所以若成等比数列，a和b有4组可能取值，B项正确； 由，，若若排序后成等差数列，设公差大于0有： ①公差，数列为， ，； ②公差，数列为； ③公差，数列为，； 公差小于，对应上述倒序排列，故有组可能取值， 所以若成等差数列，a和b有3组可能取值，C项正确； 数据平均数是1，，， 方差，D项错误； 故选：ABC. 11. 已知函数是定义在上的函数，对于区间内的任意两个实数a，b都满足等式：，且当时，，则（ ） A. 为偶函数 B. 满足这些条件 C. 若，，且，，则 D. ，其中 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，用赋值法可求出，进而令即可判断；对于B，代入验证即可判断；对于C，依题意，，解方程即可；对于D，易求得，故不等式左边可化为，在根据题意即可判断. 【详解】对于A，令得，解得， 令，则，即，所以为奇函数，故A错误； 对于B，令得， 当 时, ，所以B 正确； 对于C，依题意，解 得 ，故C正确； 对于D，， 所以， 因为当时，，所以，所以，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知两个变量y与x对应关系如下表： x 1 2 3 4 5 y 5 m 8 9 10.5 若y与x满足一元线性回归模型，且经验回归方程为，则________． 【答案】7.5## 【解析】 【分析】先计算，再将点代入回归方程中即可. 【详解】，， 将点代入方程中得，， 得 故答案为： 13. 二项式的展开式中系数的最大值是________． 【答案】32 【解析】 【分析】设第项系数最大，由第项系数不小于第项和第项系数，列不等式组解之可得项数即可得解． 【详解】展开式第项系数为，设第项系数最大，则 ，解得，∴， ∴系数的最大值是：． 故答案为：32. 14. 用一个平面截球O得到的曲面称为球冠，截面为球冠的底面，如图球冠的高大于球的半径，为底面圆心，是以为底，点S在球冠上的圆锥，若底面的半径是球的半径的倍，点A为底面圆周上一点，则与底面所成的角的大小为________，圆锥的体积与球O的体积之比为________． 【答案】 ①. ## ②. ##0.28125 【解析】 【分析】假设球的半径为R，依题意，通过勾股定理可求出的长，进而可知的长，进而可求与底面所成的角的正切值，进而可求角；分别算出圆锥的体积与球O的体积即可计算其比值. 【详解】设球的半径为R，则，， ， ，所以. 故答案为：； 四、解答题：本大题共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A，B，C的对边分别为a，b，c，且，的平分线交于点E． （1）求A的大小； （2）若，，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边化角，然后利用两角和的正弦公式即可得出答案； （2）结合三角形面积公式求出，然后再利用面积公式列出方程即可得出答案. 【小问1详解】 由正弦定理得，， 即， ∵，， ∴ ，即； 【小问2详解】 ∵，∴ ，解得， 由，可得， 即，解得． 16. 如图，在平面四边形中，，是边长为2的正三角形，，O为的中点，将沿折到的位置，． （1）求证：平面； （2）若点E为线段上的动点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 【答案】（1） 证明：依题意是边长为2的正三角形，O为的中点，所以，, 所以，，，，， 则，所以， 又，即，所以， 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又,，，平面，所以平面． （2）或． 【解析】 【分析】(1)利用勾股定理证明垂直，再结合等边三角形三线合一，可由线线垂直证明线面垂直； (2)利用空间向量法来求线面角的正弦值，从而来求参数即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图建立空间直角坐标系，则，，，， 设，，则， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，∴平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则，解得或， 所以的值为或． 17. 已知函数，且． （1）当（为自然对数的底数）时，求函数在处的切线方程； （2）函数在上有且仅有两个零点，求a的取值范围． 【答案】（1） （2）且． 【解析】 【分析】（1）求导，求出切线的斜率和切点坐标，即可得出答案； （2）将零点问题转换成方程解的个数问题，再转成图像的交点个数问题. 【小问1详解】 因为，所以，， ，， 所以函数在处的切线方程为． 【小问2详解】 因为函数在上有且仅有两个零点， 所以方程有且仅有两个不同的实数根，即方程有且仅有两个不同的实数根． 令，则方程有且仅有两个不同的实数根， ∵， 所以在区间上，，单调递增， 在区间上，，单调递减且， ∴， ∵与 有两个交点， ∴，结合图像解得且． 18. 某地举行中学生科技知识挑战赛，挑战赛分预赛和决赛两个阶段，预赛为闯关比赛．规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次，如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作预赛阶段比赛胜利，无需继续闯关，进入决赛．决赛设置了3个问题，每完整答对1个问题，该队决赛成绩记3分，否则记0分，未进入决赛的参赛队决赛成绩记0分．已知华夏队的甲，乙，丙三名选手在预赛闯关阶段以及决赛阶段每次完整答对1个问题的概率均为p，q，r，每次回答是独立的，Y表示华夏队的决赛总成绩． （1）若，，，依次派甲，乙，丙进行闯关，求该小组进入决赛的概率； （2）预赛阶段，若乙只能安排在第二个派出，要使派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出； （3）决赛阶段，若只能选出一人参加比赛，当最大时，决赛阶段应由哪个选手参加？ 【答案】（1） （2）先派出甲 （3）乙选手参加 【解析】 【分析】（1）分甲成功、甲失败乙成功、甲乙失败丙成功三种情况求概率； （2）分派甲乙丙和丙乙甲两种情况，分别列出其分布列，再求期望，最后作差比大小； （3）甲乙丙答对题目数分别为，，，且其均符合二项分布，利用二项分布求其期望，再利用计算得分期望. 【小问1详解】 依次派甲乙丙进行闯关时，设事件A表示“该小组进入决赛”， 则， 则该小组进入决赛的概率为. 【小问2详解】 若依次派甲乙丙进行闯关，设派出人员的数目为X，期望为，依次派丙乙甲进行闯关，设派出人员数目的期望为， X 1 2 3 P p 所以，， 同理，， 则， 因为，所以，即， 所以要使派出人员数目的期望较小，先派出甲． 【小问3详解】 若甲，乙，丙三人分别参加决赛，决赛阶段答对的题目个数分别为，，，得分分别为，，， 则，，， 所以，， 同理，， 因为，所以， 所以决赛阶段应由乙选手参加． 19. 已知椭圆，点在椭圆上，椭圆E上存在点H与左焦点F关于直线对称． （1）求E的方程； （2）若不平行于坐标轴且互相垂直的两条直线，均过点，直线交E于A，B两点，直线交E于C，D两点，M，N分别为弦和的中点，直线交x轴于点，设． ①求； ②记，，求． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）左焦点F关于直线对称点为，将分别代入椭圆即可求解； （2）①设直线的方程为，联立椭圆与直线方程得到韦达定理，进而可求点坐标，同理可求点坐标，由M，N，Q三点共线，可得其坐标的关系，整体代入即可得到；②求出的通项，所以 ，进而利用错位相减求解即可. 【小问1详解】 由题意可得：左焦点关于直线对称点， ，解得，所以E的方程：． 【小问2详解】 ①设直线的方程为，，，，，由，得， 所以， 所以，则， 所以，同理可得， 因为M，N，Q三点共线，所以， 又，所以， 因为，所以． ②， 所以 ， 设， 则， ， 故 ， 解得， 所以 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $