精品解析：贵州省黔南布依族苗族自治州2025届高三第三次模拟考试数学试题

黔南州2025届高三年级第三次模拟考试 数学 注意事项： 1.本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前将姓名、准考证号、座位号准确填写在答题卡指定的位置上. 3.选择题须使用2B铅笔将答题卡相应题号对应选项涂黑，若需改动，须擦净另涂；非选择题在答题卡上对应位置用黑色墨水笔或黑色签字笔书写.在试卷、草稿纸上答题无效. 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，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知复数满足：，则复数在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再由复数的几何意义判断即可. 【详解】因为，所以， 所以复数在复平面内对应的点为，位于第一象限. 故选：A 2. 平面向量，，若，则（ ） A. B. 2 C. 8 D. -2 【答案】C 【解析】 【分析】先计算的坐标，再利用即可计算. 【详解】由题意可得， 因，则，得. 故选：C 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据同角三角函数的基本关系将弦化切，解得即可. 【详解】因为，所以，解得. 故选：B 4. “关于 ，的方程：表示圆”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据方程表示圆求出参数的取值范围，再由充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】若关于 ，的方程：表示圆，则，解得或， 因为真包含于， 所以“关于 ，的方程：表示圆”是“”的必要不充分条件. 故选：B 5. 数列满足，若数列单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依题意可得，解得即可. 【详解】因为单调递增，所以，解得， 即实数的取值范围为. 故选：D 6. 在正四棱台中，，，则该正四棱台的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取、的中点分别为 、 ，连接，过点作平面 的垂线，垂足为，设正四棱台外接球的球心为 ，半径为，则点 在直线上，又，利用勾股定理求出，即可求出，从而得解. 【详解】在正四棱台中，取、的中点分别为 、 ，连接， 由，，所以，， 过点作平面 的垂线，垂足为，则在上，且，则， 设正四棱台外接球的球心为 ，半径为，则点 在直线上，又， 所以，即，解得， 所以， 所以外接球的表面积. 故选：A 7. 如图，在圆锥中， 为底面圆 的直径，过的中点 与平行作平面截圆锥，得到截面与圆锥侧面的交线是双曲线的一部分.若，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，该曲线与圆锥的底面圆交于点、 ，取的中点，过 作，交直线于点 ，过点 作轴，建立平面直角坐标系，设双曲线方程为，得到及 点坐标，即可求出，从而求出离心率. 【详解】设，该曲线与圆锥的底面圆交于点、 ， 因为，所以，即为等边三角形， 又 为的中点，取的中点，过 作，交直线于点 ，过点 作轴， 以直线为 轴， 为坐标原点，建立平面直角坐标系， 设双曲线方程为， 所以，又，所以， 则点， 所以，解得（负值舍去）， 所以双曲线的离心率. 故选：C 8. 设函数，当时，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过分类讨论去绝对值，画出函数的大致图象，结合二次函数的性质进行分析即可求解. 【详解】， 即， 当时，函数的大致图象如图， 当时，，所以，又，得； 当时，函数的大致图象如图， 当时，， 所以，又，得， 综上：. 故选：D. 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，有错选或不选的得0分） 9. 已知随机变量和满足：，且，若的分布列如下表，则下列说法正确的是（ ） 1 2 3 A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据分布列的性质及得到方程组，求出、，即可判断A、B，再由期望与方差的性质判断C、D. 【详解】依题意，解得，故A错误，B正确； 又，所以，故C正确； 因为， 所以，故D正确. 故选：BCD 10. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 B. 在上有两个极值点 C. 在上单调递增 D. 关于 的方程在上有4个根 【答案】BD 【解析】 【分析】根据函数的图像特征，求出函数的解析式，即可逐项分析判断. 【详解】由图像可知，，则，且，则； ，则，则， 且，，则，当且仅当时符合条件，， 所以； A选项：的图象向左平移个单位长度得到，A选项错误； B选项：时，，此时， 或时，函数有极值，B选项正确； C选项：，，此时，函数单调递减，C选项错误； D选项：关于 的方程在上有4个根，即与得图像在上有四个交点，绘制函数图像如下所示， 可知D选项正确. 故选：. 11. 经过，两点的曲线如图所示，关于曲线，下列说法正确的是（ ） A. B. 曲线经过的整数点个数为4个 C. 的取值范围均为 D. 若点 在曲线上，则以为半径的圆的面积的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，将已知点代入方程，可得正误；对于B，利用赋值法，由一元二次方程，可得正误；对于C，由一元二次方程根的存在性判别，可得正误；对于D，由基本不等式，结合圆的面积，可得正误. 【详解】对于A，将与代入方程，可得，故A正确； 对于B，由A可知曲线，当时，，解得； 当时，，解得或或；同理可得当时，或或； 当，，时，，即， 由，则方程无解， 综上可得曲线经过的整数点有，，，，，， ，，共个，故B错误； 对于C，将曲线的方程等价转化为关于的一元二次方程， 则，解得， 同理可得，故C正确； 对于D，，当且仅当时，等号成立， 由，则，即的最大值为，所以圆的面积最大值为，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. 记为等差数列的前项和，若，则______________. 【答案】 【解析】 【分析】根据下标和性质及等差数列求和公式计算可得. 【详解】因为，所以， 所以. 故答案为： 13. 设抛物线上一点 到直线的距离为，到直线的距离为，则的最小值为________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据抛物线的定义，将点 到直线的距离转化为，由图可知，当三点共线时，最小，利用点到直线的距离公式即可求解. 【详解】 抛物线的焦点为， 则点 到直线的距离为， 作垂直于点 ， 所以的最小值为. 故答案为：2. 14. 有个空置车位排成一排，每个车位只能停放一辆车，现将3辆不同的车停放在车位上，若3辆车互不相邻与恰有2辆车相邻的停车方法数相等，则___________（用数字作答）. 【答案】 【解析】 【分析】假设 辆车自带了车位，利用插空法和捆绑法求出3辆车互不相邻与恰有2辆车相邻的停车方法数，即可得到方程，解得即可. 【详解】假设 辆车自带了车位，余下还有个车位，产生了个空位， 现将 辆车插空，则有种停放方法，使得3辆车互不相邻； 又恰有2辆车相邻，将两辆车捆绑作为一组，另外一辆车作为一组，则有种方法， 再两组车将插到个空位，则有种停放方法， 所以有种停放方法，使得恰有2辆车相邻， 依题意可得， 即，依题意，解得. 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. 已知函数 （1）讨论函数的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1）若，在单调递增； 若，在单调递减，则单调递增； （2） 【解析】 【分析】（1）对求导，然后对分类讨论即可求出的单调区间； （2）根据的单调性，得出，必有，即，构造，求导，得出在上单调递增，故由得，接下来验证当时的零点情况即可. 【详解】（1）的定义域为， 因为， 若，则，则在单调递增； 若，则当时，，当时，， 则在单调递减，则单调递增； （2）由（1）可知，要使有两个零点，则， 则，即， 构造，则，故在上单调递增， 又，故当时，，故由得， 当时，由，则 结合零点存在性知，在存在唯一实数，使得， 构造，，则， 故在单调递减，又，故，即， 则，故， 则，则，又， 结合零点存在性知，在存在唯一实数，使得， 综上，当有两个零点时，. 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性和零点存在定理，考查了分类讨论思想和数形结合思想，属难题. 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，边的中线长为2． （1）求角A； （2）求边a的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边角互换、两角和的正弦公式逆用以及商数关系化简运算即可求解； （2）由平方后结合基本不等式得，进一步结合余弦定理即可求解. 【小问1详解】 因为，所以， 则， 故， 因为，，， 所以，又，所以． 【小问2详解】 因为BC边的中线长为2，所以，两侧平方可得， 即，解得，当且仅当时取等号， 所以，可得， 所以a的最小值为． 17. 在平面四边形 中，，，如图1所示.现将图1中的沿折起，使点 到达点 的位置，且平面平面，如图2所示. （1）求证：； （2）若，二面角的大小为，求的值. 【答案】（1） 作 与， 平面平面， 平面平面, 平面， 平面,因为平面， , ,，平面, 平面，又因为平面， . （2）1 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质定理，由面面垂直得到线面垂直，从而证明线线垂直. （2）建立空间直角坐标系，将二面角的夹角转化成求平面的法向量的夹角即可求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 , , 又，,平面, 平面, 设， 建立如图所示坐标系 则，，，， ，，,, 设平面的法向量， 即， 取，则，， 设平面的法向量， 即， 取，则，，, 二面角的大小为， ， 化简得：解得：即， 18. 已知，分别是椭圆的左、右焦点， ，分别是椭圆的左、右顶点，点 ，在椭圆上，且不与两点重合. （1）当四边形 为平行四边形时，请写出点 ，的位置关系（说明理由即可，不需证明）. （2）在（1）的条件下，若，且. （i）求椭圆的方程； （ii）若点在直线上，且，，求的面积. 【答案】（1）点 ，关于原点对称 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的对称性及平行四边形的对称性判断即可； （2）（i）根据对称性可得，结合椭圆的定义求出，设，则，由斜率公式求出，即可得解；（ii）过点 作，垂足为，直线与 轴交于点 ，根据三角形相似求出，即可求出，从而求出 、坐标，即可求出三角形面积. 【小问1详解】 因为四边形 为平行四边形， ，分别是椭圆的左、右顶点， 则 的中点为坐标原点，又点 ，在椭圆上， 又因为椭圆为中心对称图形，所以点 ，关于原点对称； 【小问2详解】 （i）由对称性可知，又，所以， 由椭圆的定义可知，即，所以， 设，则， 因为点 在椭圆上，所以，所以， 又，所以，即，所以， 解得， 所以椭圆方程为； （ii）如图，过点 作，垂足为，直线与 轴交于点 ， 因为，所以，又， 所以， 所以，所以，又，，， 所以，， 所以，又点 在椭圆上，所以，解得， 不妨取，则，所以， 又， 所以 ； 由对称性，可得，，或，， 或，，时，同理可得， 综上可得. 19. 在这个科技飞速发展的时代，机器人和AI已应用到国防军事方面，在2024年的珠海航展上，中国“机器狗”升级成“机器狼”闪耀亮相，具备侦察、战斗和综合保障等功能，展现中国四足机器人技术进步，引发国内外关注.升级后的“机器狼”相比之前的“机器狗”有一特殊之处，无论是在平地上还是台阶上，“机器狼”的行进速度都相当之快，动作灵敏.为了展示“机器狼”上台阶的性能，在一个有步的台阶上，假设“机器狼”每次只能上一步或两步台阶，且每次上一步或两步台阶是随机的；记每次上一步台阶的概率为，上两步台阶的概率为；且每次上一步台阶用时，上两步台阶用时. （1）假设，“机器狼”上完这个台阶用时最少为多少秒? （2）若“机器狼”走3次后从地面到达第5步台阶的概率为，当取最大值时，求“机器狼”从地面上到第7步台阶用时最少的概率. （3）若，记“机器狼”从地面上到第步台阶的概率为，其中，证明：数列是等比数列，并求. 【答案】（1） （2） （3） “机器狼”从地面上到第步台阶，它是由第步台阶上两步到达第步台阶，或由第步台阶上一步到达第步台阶， 记“机器狼”从地面上到第步台阶的概率为， 所以， 所以， 则， 又，， 所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 【解析】 【分析】（1）列出上完 步台阶的走法，即可计算时间； （2）依题意可得，利用导数求出函数的单调性，即可求出取最大值时的值，再由相互独立事件的概率公式计算可得； （3）依题意可得，即可得到，即可证明，从而得到，再由累加法计算可得. 【小问1详解】 “机器狼”上完 步台阶的走法有： 当时，用时； 当时，用时； 当时，用时； 所以“机器狼”上完这个台阶用时最少为秒； 【小问2详解】 依题意，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时取得最大值， “机器狼”从地面上到第7步台阶有，，，共4种情况， 则“机器狼”从地面上到第7步台阶用时最少的概率； 【小问3详解】 所以， 所以 ， 即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 黔南州2025届高三年级第三次模拟考试 数学 注意事项： 1.本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前将姓名、准考证号、座位号准确填写在答题卡指定的位置上. 3.选择题须使用2B铅笔将答题卡相应题号对应选项涂黑，若需改动，须擦净另涂；非选择题在答题卡上对应位置用黑色墨水笔或黑色签字笔书写.在试卷、草稿纸上答题无效. 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，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知复数满足：，则复数在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 平面向量，，若，则（ ） A. B. 2 C. 8 D. -2 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 4. “关于 ，的方程：表示圆”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 数列满足，若数列单调递增，则实数 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 在正四棱台中，，，则该正四棱台的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在圆锥中， 为底面圆 的直径，过的中点 与平行作平面截圆锥，得到截面与圆锥侧面的交线是双曲线的一部分.若，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，当时，，则 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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，有错选或不选的得0分） 9. 已知随机变量和满足：，且，若的分布列如下表，则下列说法正确的是（ ） 1 2 3 A. B. C. D. 10. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 B. 在上有两个极值点 C. 在上单调递增 D. 关于 的方程在上有4个根 11. 经过，两点的曲线如图所示，关于曲线 ，下列说法正确的是（ ） A. B. 曲线 经过的整数点个数为4个 C. 的取值范围均为 D. 若点在曲线 上，则以为半径的圆的面积的最大值为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 记为等差数列的前项和，若，则______________. 13. 设抛物线上一点到直线的距离为，到直线的距离为，则的最小值为________. 14. 有个空置车位排成一排，每个车位只能停放一辆车，现将3辆不同的车停放在车位上，若3辆车互不相邻与恰有2辆车相邻的停车方法数相等，则___________（用数字作答）. 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. 已知函数 （1）讨论函数的单调性； （2）若有两个零点，求 的取值范围. 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若， 边的中线长为2． （1）求角A； （2）求边a的最小值． 17. 在平面四边形中，，，如图1所示.现将图1中的沿 折起，使点到达点的位置，且平面平面，如图2所示. （1）求证：； （2）若，二面角的大小为，求的值. 18. 已知，分别是椭圆的左、右焦点，， 分别是椭圆的左、右顶点，点 ， 在椭圆上，且不与两点重合. （1）当四边形为平行四边形时，请写出点 ， 的位置关系（说明理由即可，不需证明）. （2）在（1）的条件下，若，且. （i）求椭圆的方程； （ii）若点在直线上，且，，求的面积. 19. 在这个科技飞速发展的时代，机器人和AI已应用到国防军事方面，在2024年的珠海航展上，中国“机器狗”升级成“机器狼”闪耀亮相，具备侦察、战斗和综合保障等功能，展现中国四足机器人技术进步，引发国内外关注.升级后的“机器狼”相比之前的“机器狗”有一特殊之处，无论是在平地上还是台阶上，“机器狼”的行进速度都相当之快，动作灵敏.为了展示“机器狼”上台阶的性能，在一个有步的台阶上，假设“机器狼”每次只能上一步或两步台阶，且每次上一步或两步台阶是随机的；记每次上一步台阶的概率为，上两步台阶的概率为；且每次上一步台阶用时，上两步台阶用时. （1）假设，“机器狼”上完这个台阶用时最少为多少秒? （2）若“机器狼”走3次后从地面到达第5步台阶的概率为，当取最大值时，求“机器狼”从地面上到第7步台阶用时最少的概率. （3）若，记“机器狼”从地面上到第步台阶的概率为，其中，证明：数列是等比数列，并求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $