精品解析：贵州省遵义市2025届高三下学期模拟测试数学试卷

遵义市2025届高三年级模拟测试试卷 数学 （满分：150分，时间：120分钟） 注意事项： 1．考试开始前，请用黑色签字笔将答题卡上的姓名，班级，考号填写清楚，并在相应位置粘贴条形码． 2．选择题答题时，请用2B铅笔答题，若需改动，请用橡皮轻轻擦拭干净后再选涂其他选项；非选择题答题时，请用黑色签字笔在答题卡相应的位置答题；在规定区域以外的答题不给分；在试卷上作答无效． 第I卷 一、单项选择题：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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡的相应位置上． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据不等式性质以及交集运算，可得答案. 【详解】由题意可得，则. 故选：D. 2. 某班6名学生的物理成绩按从小到大的顺序排列如下：55，63，72，78，85，93，则这组数据的分位数是（ ） A. 72 B. 75 C. 78 D. 85 【答案】B 【解析】 【分析】根据百分位数的定义求解即可. 【详解】因为，所以这组数据的分位数是. 故选：B. 3. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边与直线位于第三象限的图象重合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】在终边上取一点的坐标为，利用三角函数的定义，结合勾股定理求出斜边的长度，进而得到的值. 【详解】由于终边在第三象限且在直线上， 取，则,因此，终边上一点 的坐标为， 设 ，根据勾股定理，, 则由三角函数的定义可得. 故选：D 4. 在航天器的轨道校准任务的二维定位平面内，控制中心需要将坐标是的卫星进行三次平移(单位：km)：第一次沿向量补偿平移；第二次沿向量修正平移；第三次沿向量校准平移．若卫星最终精准到达坐标是的同步轨道点，则实数（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量平移法则可得点经三次平移后，坐标为，列出方程组求解即可. 【详解】因为点沿平移后，坐标为， 点沿平移后，坐标为； 点沿平移后坐标为， 因为三次平移后坐标为，故，解得. 5. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4 【答案】B 【解析】 【分析】利用正态分布的对称性即可得到结果. 【详解】因为随机变量服从正态分布，所以正态分布的对称轴为， 所以, 故选：B 6. 已知函数和（其中且），若与的图象有一个交点的横坐标为2，则实数（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】利用交点横坐标为2，代入两个函数得到纵坐标相等即可得到. 【详解】因为与的图象有一个交点的横坐标为2，得到， 对于选项A：，选项A正确； 对于选项B：，选项B错误； 对于选项C： ，选项C错误； 对于选项D：，选项D错误； 故选：A 7. 已知的周长为12，，当的面积最大时，则的内切圆半径为（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依题意，则点在以点为焦点的椭圆上（除B，C点外），所以当三角形为等边三角形时，其面积最大. 【详解】设内切圆的半径为，因为， 则点在以点为焦点的椭圆上（除B，C点外）， 所以当为正三角形时，的面积最大， 此时，解得． 故选：B． 8. 已知正方体的棱长为，在线段上运动，是棱的中点，则下列选项正确的是（） A. 直线与直线是异面直线 B. 直线与平面所成角为，则的最大值是 C. 动点在正方体的表面上运动，若，则点的轨迹长度是6 D. 以点为球心，2为半径的球面与侧面的交线长度是 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，易知当M与B重合时，直线与直线是平行直线；对于B，当垂直时，连接，此时所成角的正弦值最大；对于C，若，则点的运动轨迹是一个正六边形；对于D，2为半径的球面与侧面的交线长是半径为的圆的. 【详解】对于A，如图所示，当M与B重合时，直线与直线是平行直线，故A错误； 对于B，因为平面，所以直线与平面所成的角为， 所以，若最大，则最短，只需垂直时，最短， 在Rt△中，， 在等边△中，， 此时，故B错误， 对于C，如图所示，分别取中点，并连接各中点，连接， 因为为正方体，所以平面，因为平面，所以， 又因为所以平面，因为平面，所以， 同理可证，因为平面，所以平面， 由中点可知，因为平面，平面，所以平面， 同理可证平面，因为平面，所以平面平面， 所以平面，因为，所以点的运动轨迹是正六边形， 由题意可求得该正六边形的边长为1，故点P的轨迹长度为6，故C正确． 对于D，因为，所以以A为球心，2为半径的球面与侧面的交线是， 该弧长是B为圆心，半径为的圆的，所以，故D错误． 故选：C． 二、多项选择题：本大题共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．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知复数（，为虚数单位），则下列选项正确的是（ ） A. 若，，则为纯虚数 B. 若，则 C. 若，则 D. 若且，则在复平面内对应的点位于第四象限 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，若为纯虚数即可判断；对于B，求复数的模即可计算；对于C，若，则，根据共轭复数定义即可判断；对于D，复数在复平面内对应的点即可判断. 【详解】当时，为纯虚数，故A正确； 当时，，故B正确； 当时，，所以，则，故C正确； 复数在复平面内对应的点，若且， 所以在复平面内对应的点位于第二象限，故D错误. 故选：ABC. 10. 已知曲线，则下列选项正确的是（） A. 若，则曲线的离心率为 B. 若，则曲线为椭圆 C. 若，则曲线的实轴长为 D. 若曲线是焦点在轴上的双曲线，则焦点到渐近线的距离为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，求出曲线的方程，根据公式计算离心率即可；对于B，当时，该方程不表示椭圆；对于C，求出曲线的方程即可知道实轴长；对于D，根据点到直线的距离即可求解. 【详解】对于A，当时，则，离心率，故A正确； 对于B，当，即时，曲线C为圆，故B错误； 对于C，当时，由得：，实轴为，故C正确； 对于D，将原方程化为：，焦点到渐近线距离为 （），故D错误． 故选：AC. 11. 六艺是中国古代君子的六门必修课，即礼、乐、射、御、书、数．《礼记·射义》：“射者，仁之道也．射求正诸己，己正而后发；发而不中，则不怨胜己者，反求诸己而已矣”．若甲、乙两人玩射箭游戏，规则如下：每次由其中一人射箭，若中靶，则此人继续射箭；若未中靶，则换对方射箭．已知甲每次射箭命中的概率均为，乙每次射箭命中的概率均为．由抽签确定第1次射箭的人，甲、乙抽中的机会均等，则下列选项正确的是（ ） A. 第3次射箭的人是甲的概率为 B. 在第3次射箭的人是甲的条件下，第1次射箭的人是乙的概率为 C. 在前4次射箭中，甲只射箭1次的概率为 D. 若第次射箭的人是甲的概率为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，分析出前两次射箭的人可以包含甲甲，甲乙，乙甲，乙乙四种情况，再分别列出式子计算即可；对于B，分析出是在A选项的条件下，只考虑A中的乙甲，乙乙两种情况，按照条件概率的公式计算即可；对于C，分析出在前4次射箭中，甲只射箭1次包含甲乙乙乙，乙甲乙乙，乙乙甲乙，乙乙乙甲四种情况，再分别列出式子计算即可；对于D，先由得到，进而得到的表达式，再按照数列的求和方法求即可. 【详解】设第次射箭的人是甲且射中记为事件，未射中为，第次射箭的人是乙且射中为，未射中为（且）. 对于A，分析射箭情况，第3次射箭的人是甲，则前两次射箭的人可以包含甲甲，甲乙，乙甲，乙乙四种情况： ①第一次抽中甲，且前两次甲都射中，记为，则， ②第一次抽中甲，且甲未射中，第二次乙未射中，记为，则， ③第一次抽中乙，且乙未射中，第二次甲射中，记为， ， ④第一次抽中乙，且乙射中，第二次乙未射中，记为，则， 综上，所以第3次射箭的人是甲的概率为，故A正确； 对于B，在第3次射箭的人是甲的条件下，第1次射箭的人是乙包含了A中③④两种情况， 故概率为，故B错误； 对于C，在前4次射箭中，甲只射箭1次包含甲乙乙乙，乙甲乙乙，乙乙甲乙，乙乙乙甲四种情况： ①第一次抽中甲，且甲未射中，第二三次乙都射中记为，则， ②第一次抽中乙，且乙未射中，第二次甲未射中，第三次乙射中，记为，则， ③第一次抽中乙，且乙射中，第二次乙未射中，第三次甲未射中，记为，则， ④第一次抽中乙，且第一二次乙射中，第三次乙未射中，记为，则 ， 综上，所以在前4次射箭中，甲只射箭1次的概率为， 故C正确； 对于D，设第次射箭的人是甲的概率为， 则即为第一次抽中甲且甲射中的概率与第一次抽中乙且乙未射中的概率之和， 所以， 则即为第次甲射中的概率与第次乙未射中的概率之和， 即， 即， 变形可得， 而，故， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以， 所以 ，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点在抛物线上，的焦点为，则________． 【答案】2 【解析】 【分析】根据抛物线的定义，利用焦半径公式求解. 【详解】由题意，抛物线的焦点，准线为， 所以点到准线的距离，则. 故答案为：2. 13. 某市举行数学“”节竞赛活动，某学校有7名数学成绩优秀的学生，其中4名男生3名女生，该学校需从中选派3人组成代表队参赛，其中男生甲和女生乙至少有一人入选，不同的选派方法共有________种（数字作答）． 【答案】25 【解析】 【分析】男生甲和女生乙至少有一人入选包含仅选甲不选乙， 仅选乙不选甲及同时选甲和乙三种情况，分别列式再求和即可. 【详解】由题意，男生甲和女生乙至少有一人入选包含三种情况： ①仅选甲不选乙，从剩余5人中选2人，种， ②仅选乙不选甲，同理，种， ③同时选甲和乙，从剩余5人中选1人，种， 所以不同的选派方法共有种. 故答案为：25. 14. 蝴蝶曲线是一种优美的数学曲线，因其形状宛如一只蝴蝶而得名，由美国南密西西比大学的坎普尔·费伊于1989年发现．它不仅是数学与美学结合的经典案例，也是非线性动力学系统的典型案例，更在计算机编程、艺术设计、科学研究和工程领域，展现了跨学科的应用潜力．其核心价值在于将抽象的数学方程转化为可视化的动态图形，成为连接理性与感性的桥梁．已知某种蝴蝶曲线，如图所示，在平面直角坐标系中，曲线的方程为：，若点在上运动，为坐标原点，则的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】假设，以正半轴为始边，射线为终边对应的角为，则，故将方程进行转化，进而得，利用换元法，结合导数即可求最值. 【详解】记，以正半轴为始边，射线为终边对应的角为，由图知，则， 所以 不妨记． 记则 时，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故：． 故答案为： 第II卷 四、解答题：本大题共5个小题，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. 已知函数． （1）求函数在点处的切线方程； （2）若，求的最小值和最大值． 【答案】（1） （2）最小值：；最大值： 【解析】 【分析】(1)先求导函数，计算切线斜率，再计算切点，利用点斜式写切线方程即可； (2)先利用导数判断函数单调性，再结合单调性求函数最值即可. 【小问1详解】 因为，所以，，求导得， 所以，所以曲线在点处的切线方程为， 整理得：； 【小问2详解】 因为，，因为， 当时，，所以函数在是减函数； 当时，，所以函数在是增函数， ，， ，则， 故时，的最小值为，最大值为. 16. 为进一步满足居民“五一”假期的消费需求，营造欢乐的节日氛围，某商场计划5月1日发起“2025年欢乐购普惠消费券”活动．据悉，本次消费券分别为“满200元减50元”和“满100元减20元”两种类型．节日期间每位进该商场的顾客可抽取两种不同类型的消费券各1次，已知抽中消费券“满200元减50元”的概率为，抽中消费券“满100元减20元”的概率为，且各次是否抽中消费券互不影响． （1）求某天某顾客至少抽中一次消费券的概率； （2）设某天某顾客获得的消费券奖金（如：满200元减50元，记消费券奖金为50元）为随机变量，求的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2） 0 20 50 70 数学期望为20. 【解析】 【分析】（1）运用对立事件及互斥事件的概率计算公式即可求解； （2）根据题意的可能取值为：，分别计算概率即可得到分布列，进而可求数学期望. 【小问1详解】 设事件“某天某顾客至少抽中一次消费卷” 事件“某天某顾客抽中满200元减50元消费卷” 事件“某天某顾客抽中满100元减20元消费卷” 则 所以某天某顾客至少抽中一次消费券的概率为 【小问2详解】 的可能取值为：． 随机变量的分布列为： 0 20 50 70 所以的数学期望为20． 17. 在多面体中，已知四边形是边长为2的正方形，，，，平面平面，为线段的中点． （1）若平面平面，求证：； （2）在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1） 证明：连接交于点，连接， 因为四边形为正方形， 所以为的中点，又为线段的中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为平面平面，且平面， 所以. （2）存在， 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，先证明平面，再结合线面平行的性质求证即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在正方形中，， 因为平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 又，，所以， 以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 又，为线段的中点， 所以， 则， 设，，则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，可得， 设平面的一个法向量为， 则，取，可得， 由平面平面，则，解得，即， 所以在线段上存在一点，使得平面平面，且. 18. 在数列中，若以相邻三项，，为线段长度能构成一个三角形，则记这个三角形为，且这三边所对的角分别为，，． （1）在中，以，，为线段长度，能否构成一个三角形？并说明理由； （2）在中，，，成等差数列，且是等比数列．判断的形状，并证明； （3）若是等差数列，，公差，且存在，使得的最大内角为．求公差的值． 【答案】（1） 能，由正弦定理，可得 ， 所以， 因为是的三边， 所以为边长的三角形与相似． 故以为线段长度，能构成一个三角形． （2） 经判断，是等边三角形．证明如下： 由题意可得，又， 所以． 又因为是等比数列，所以． 由余弦定理，可得 ， 即，即，所以． 又因为，所以三角形是等边三角形． （3） 或 2 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理即可判断； （2）首先求出，再根据等比中项的性质和余弦定理得，即判断出其为等边三角形； （3）利用余弦定理和等差数列性质得，最后代入验证即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为． 由余弦定理得, 即， 化简得， 即． 因为，故解得． 当时，；当时，；当时，，舍去． 验证： 当时，三边为，符合题意． 当时，三边为3,5,7，符合题意． 综上，的值为或2. 19. 在复平面上，复数对应的点为，且复数满足的方程为． （1）判断点的轨迹是什么曲线？并说明理由； （2）记点的轨迹为曲线，是上任意一点，定义变换，变换后的点形成曲线，再将曲线沿向量平移得到曲线． （i）求曲线在平面直角坐标系下的方程； （ii）已知，，设过点的直线与曲线交于，两点（异于点），三角形的外心为．设直线的斜率为，直线的斜率为，求的值． 【答案】（1）表示焦点为，长轴为的椭圆 . （2）（i）；（ii) . 【解析】 【分析】（1）根据复数的模的几何意义和椭圆的定义得解； （2）（i）由（1）的结论，利用三角代换可得点轨迹方程，进而得解； （ii）设直线方程为：，与方程联立，结合韦达定理可得答案. 【小问1详解】 设，则， 表示点到距离之和为. 所以点的轨迹为，长轴为的椭圆. 【小问2详解】 （i）由（1），，则：. 因为是上任意一点，所以设, 由题 ， 设点在实平面内的坐标为，, 则. 所以, 又沿向量平移得到曲线， 在平面直角坐标系下的方程为：. （ii）由题，设， 由已知直线的斜率存在，且显然不为零， 可设直线方程为：,由， 消去并化简可得：. 判别式，， 设过三点的圆方程为：. 又,所以， 所以， 因为在椭圆上，所以 所以， 所以 因为,所以，所以,化简得. 由圆的一般方程可知三角形的外接圆的圆心为， 则，又，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 遵义市2025届高三年级模拟测试试卷 数学 （满分：150分，时间：120分钟） 注意事项： 1．考试开始前，请用黑色签字笔将答题卡上的姓名，班级，考号填写清楚，并在相应位置粘贴条形码． 2．选择题答题时，请用2B铅笔答题，若需改动，请用橡皮轻轻擦拭干净后再选涂其他选项；非选择题答题时，请用黑色签字笔在答题卡相应的位置答题；在规定区域以外的答题不给分；在试卷上作答无效． 第I卷 一、单项选择题：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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡的相应位置上． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 某班6名学生的物理成绩按从小到大的顺序排列如下：55，63，72，78，85，93，则这组数据的分位数是（ ） A. 72 B. 75 C. 78 D. 85 3. 已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边与直线位于第三象限的图象重合，则（ ） A. B. C. D. 4. 在航天器的轨道校准任务的二维定位平面内，控制中心需要将坐标是的卫星进行三次平移(单位：km)：第一次沿向量补偿平移；第二次沿向量修正平移；第三次沿向量校准平移．若卫星最终精准到达坐标是的同步轨道点，则实数（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 5. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4 6. 已知函数和（其中且），若与的图象有一个交点的横坐标为2，则实数（ ） A. B. 2 C. D. 4 7. 已知的周长为12，，当的面积最大时，则的内切圆半径为（） A. B. C. D. 8. 已知正方体的棱长为，在线段上运动，是棱的中点，则下列选项正确的是（） A. 直线与直线是异面直线 B. 直线与平面所成角为，则的最大值是 C. 动点在正方体的表面上运动，若，则点的轨迹长度是6 D. 以点为球心，2为半径的球面与侧面的交线长度是 二、多项选择题：本大题共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．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知复数（，为虚数单位），则下列选项正确的是（ ） A. 若，，则为纯虚数 B. 若，则 C. 若，则 D. 若且，则在复平面内对应的点位于第四象限 10. 已知曲线，则下列选项正确的是（） A. 若，则曲线的离心率为 B. 若，则曲线为椭圆 C. 若，则曲线的实轴长为 D. 若曲线是焦点在轴上的双曲线，则焦点到渐近线的距离为 11. 六艺是中国古代君子的六门必修课，即礼、乐、射、御、书、数．《礼记·射义》：“射者，仁之道也．射求正诸己，己正而后发；发而不中，则不怨胜己者，反求诸己而已矣”．若甲、乙两人玩射箭游戏，规则如下：每次由其中一人射箭，若中靶，则此人继续射箭；若未中靶，则换对方射箭．已知甲每次射箭命中的概率均为，乙每次射箭命中的概率均为．由抽签确定第1次射箭的人，甲、乙抽中的机会均等，则下列选项正确的是（ ） A. 第3次射箭的人是甲的概率为 B. 在第3次射箭的人是甲的条件下，第1次射箭的人是乙的概率为 C. 在前4次射箭中，甲只射箭1次的概率为 D. 若第次射箭的人是甲的概率为，则 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点在抛物线上，的焦点为，则________． 13. 某市举行数学“”节竞赛活动，某学校有7名数学成绩优秀的学生，其中4名男生3名女生，该学校需从中选派3人组成代表队参赛，其中男生甲和女生乙至少有一人入选，不同的选派方法共有________种（数字作答）． 14. 蝴蝶曲线是一种优美的数学曲线，因其形状宛如一只蝴蝶而得名，由美国南密西西比大学的坎普尔·费伊于1989年发现．它不仅是数学与美学结合的经典案例，也是非线性动力学系统的典型案例，更在计算机编程、艺术设计、科学研究和工程领域，展现了跨学科的应用潜力．其核心价值在于将抽象的数学方程转化为可视化的动态图形，成为连接理性与感性的桥梁．已知某种蝴蝶曲线，如图所示，在平面直角坐标系中，曲线的方程为：，若点在上运动，为坐标原点，则的最大值为________． 第II卷 四、解答题：本大题共5个小题，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. 已知函数． （1）求函数在点处的切线方程； （2）若，求的最小值和最大值． 16. 为进一步满足居民“五一”假期的消费需求，营造欢乐的节日氛围，某商场计划5月1日发起“2025年欢乐购普惠消费券”活动．据悉，本次消费券分别为“满200元减50元”和“满100元减20元”两种类型．节日期间每位进该商场的顾客可抽取两种不同类型的消费券各1次，已知抽中消费券“满200元减50元”的概率为，抽中消费券“满100元减20元”的概率为，且各次是否抽中消费券互不影响． （1）求某天某顾客至少抽中一次消费券的概率； （2）设某天某顾客获得的消费券奖金（如：满200元减50元，记消费券奖金为50元）为随机变量，求的分布列及数学期望． 17. 在多面体中，已知四边形是边长为2的正方形，，，，平面平面，为线段的中点． （1）若平面平面，求证：； （2）在线段上是否存在一点，使得平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 18. 在数列中，若以相邻三项，，为线段长度能构成一个三角形，则记这个三角形为，且这三边所对的角分别为，，． （1）在中，以，，为线段长度，能否构成一个三角形？并说明理由； （2）在中，，，成等差数列，且是等比数列．判断的形状，并证明； （3）若是等差数列，，公差，且存在，使得的最大内角为．求公差的值． 19. 在复平面上，复数对应的点为，且复数满足的方程为． （1）判断点的轨迹是什么曲线？并说明理由； （2）记点的轨迹为曲线，是上任意一点，定义变换，变换后的点形成曲线，再将曲线沿向量平移得到曲线． （i）求曲线在平面直角坐标系下的方程； （ii）已知，，设过点的直线与曲线交于，两点（异于点），三角形的外心为．设直线的斜率为，直线的斜率为，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $