精品解析：四川省成都市郫都区嘉祥外国语高级中学2025届高三下学期三诊模拟考试数学试题

2022级高三下期三诊模拟 数学 2025年4月16日 本试卷共4页，考试时间120分钟，试卷满分150分. 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名､考籍号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将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. 3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 5.考试结束后，只将答题卡交回. 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. 已知集合，且，则等于（ ） A. －3或－1 B. -3 C. 1 D. 3 2. 将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，则可以是（ ） A. B. C. D. 3. 已知单位向量满足，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 4. 下表是某地区2024年3月1日至10日每天中午12时的气温统计表，则下列关于这10天中气温的说法错误的是（ ） 日期 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 气温（℃） 2 10 18 20 16 12 6 2 6 12 A. 众数为2和6和12 B. 70%分位数为16 C. 平均数小于中位数 D. 极差为18 5. 已知抛物线的焦点为是抛物线上的一点，为坐标原点，若，则（ ） A. B. C. 准线为 D. 6. 是圆上的动点，若到两条直线：和：的距离之和与动点的位置无关，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 一个密闭的长方体盒子高为4，底面是边长为2的正方形，盒内有一个半径为1的小球，若将盒子任意翻动，则小球不能到达区域的体积是（ ） A. B. C. D. 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. 下列说法不正确的是（ ） A. 复数的虚部是 B. 若随机变量，满足，则 C. 已知命题，则为 D. 在一元线性回归分析中，如果的值为，说明变量间存在微弱相关关系 10. 关于等差数列和等比数列，下列说法不正确的是（ ） A. 若数列的前项和为且，则是等差数列 B. 若数列为等比数列，且，则 C. 若数列为等比数列，为前项和，则成等比数列 D. 若数列为等差数列，，且数列的前项和有最大值，那么取得最小正值时为12 11. 如图，由函数与的部分图象可得一条封闭曲线，则（ ） A. 有对称轴 B. 的弦长的最大值为 C. 对内任意一点，均存在过且平分围成区域的面积的直线 D. 的面积大于 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知某公司男员工与女员工人数比为，男员工中有的人有驾照，女员工中有的人有驾照，随机从该公司抽取一名员工，该员工有驾照的概率为__________. 13. 用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图为如图所示的，已知是边长为2的等边三角形，则顶点到轴的距离是__________. 14. 已知斜率为的直线与双曲线的右支交于两点（点在第一象限，点在第四象限），点关于坐标原点对称的点为且，则该双曲线的离心率为__________. 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. 在中，角，，的对边分别为，，，已知 （1）求的值； （2）若点在边上，且，，，求的外接圆面积. 16. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若，求的取值范围. 17. 已知椭圆过点，且离心率为 （1）求椭圆的方程； （2）若过原点的直线与椭圆交于两点，且在直线上存在点，使得为等边三角形，求直线的方程. 18. 一口袋中装有10个小球，其中标有数字的小球各两个，这些小球除数字外其余均相同. （1）某人从中一次性摸出4个球，设事件A “摸出的4个球中至少有一个数字是5”，事件“摸出的4个球中恰有两个数字相同”；分别求事件A和事件的概率； （2）现有一游戏，游戏规则是：游戏玩家每次有放回地从袋中随机摸出一球，若摸到5号球，则游戏结束；否则继续摸球，当摸到第个球时，无论摸出的是几号球游戏都结束.设表示摸球的次数（，求随机变量的期望，并比较期望与1的大小. 19. 如图，半径为2的半球面O，底面设为，AB是半球面O的直径，点C在半球面上，且，平面平面. 过点C的平面与半球面O相交形成圆S，CD为圆S的一条直径，且D在平面ABC上，且平面与的夹角为，点C，D均在平面的同侧，记，. （1）求证：平面； （2）点P在圆S上，设，. 且，Q在平面上. （i）用表示PQ的长； （ii）当DQ与平面ABC所成角最大时，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022级高三下期三诊模拟 数学 2025年4月16日 本试卷共4页，考试时间120分钟，试卷满分150分. 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名､考籍号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将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. 3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 5.考试结束后，只将答题卡交回. 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. 已知集合，且，则等于（ ） A. －3或－1 B. -3 C. 1 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据元素与集合的关系列式求解，再代入检验即可. 【详解】因为集合，且， 则或，所以或； 当时，不合题意舍； 当时，符合题意； 故选：B. 2. 将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，则可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先化简，再得到平移后的解析式，即可得到，，逐个检验即可得出答案. 【详解】因为， 将函数的图象向左平移个单位后得到函数， 所以，则，， ，，当时，，时，， 故选：A. 3. 已知单位向量满足，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件先计算，再利用投影向量的公式计算即可. 【详解】因为，则，得， 所以在方向上的投影向量为. 故选：D 4. 下表是某地区2024年3月1日至10日每天中午12时的气温统计表，则下列关于这10天中气温的说法错误的是（ ） 日期 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 气温（℃） 2 10 18 20 16 12 6 2 6 12 A. 众数为2和6和12 B. 70%分位数为16 C. 平均数小于中位数 D. 极差为18 【答案】B 【解析】 【分析】由众数，平均数，中位数，百分位数，极差的概念求解可得结论. 【详解】对于A：由气温统计表可得众数为2和6和12，故A正确； 对于B：把气温由小到大排为2，2，6，6，10，12，12，16，18，20， 由，故70%分位数为，故B错误； 对于C：平均数为， 中位数为，所以平均数小于中位数，故C正确； 对于D：极差为，故D正确. 故选：B. 5. 已知抛物线的焦点为是抛物线上的一点，为坐标原点，若，则（ ） A. B. C. 准线为 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知根据抛物线方程即可判断，；设，由得，根据抛物线的定义即可求解. 【详解】抛物线，即，所以，故错误； 因为焦点为，准线为，故错误； 设，则， 由题意，且，故， 解得（舍）或， 故，故正确. 故选：. 6. 是圆上的动点，若到两条直线：和：的距离之和与动点的位置无关，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出图形，结合图形可知当圆位于直线与之间时即为所求，根据直线与圆相切时是临界值即可求解. 【详解】圆心坐标，圆的半径为，所以圆心到直线的距离为， 所以直线与圆相离，因为直线与直线平行，如图， 由图可知，当圆位于两直线与之间时， 点到直线和的距离之和与点的位置无关， 此时点到两直线和的距离之和即为与两平行直线间的距离， 当直线与圆相切时，，解得或（舍去）， 所以，即实数的取值范围是. 故选：D. 7. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化切为弦，逆用两角和的正弦公式化简得，根据诱导公式及正弦函数的性质得或，即可得解. 【详解】因为，所以， 即，整理得， 即，所以或， 即或（舍去）. 故选：D 8. 一个密闭的长方体盒子高为4，底面是边长为2的正方形，盒内有一个半径为1的小球，若将盒子任意翻动，则小球不能到达区域的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间想象得出小球不能达到的空间，利用空间几何体的体积公式计算即可. 【详解】小球在长方体盒子自由滚动当与长方体三面相切时， 即在正方体的8个顶点处的单位立方体空间内， 不能达到的空间为， 此后当小球移动时与长方体的侧面两面相切， 其不能达到的空间为以长方体的侧棱中间长为2的棱为棱柱减去底面半径为1的圆柱的四分之一体积 （这样的空间有四个），体积为， 故小球达不到的空间体积为：. 故选：B 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. 下列说法不正确的是（ ） A. 复数的虚部是 B. 若随机变量，满足，则 C. 已知命题，则为 D. 在一元线性回归分析中，如果的值为，说明变量间存在微弱相关关系 【答案】ABCD 【解析】 【分析】根据复数的概念判断A，根据随机变量方差的性质判断B，由全称命题的否定是存在性命题判断C，根据相关系数的概念可判定D. 【详解】对于A，复数的虚部是，故A错误； 对于B，随机变量满足，则，故B错误； 对于C，命题，则为：或，故C错误； 对于D，在一元线性回归分析中，越接近于1，说明变量间线性相关程度越强，故D错误. 故选：ABCD. 10. 关于等差数列和等比数列，下列说法不正确的是（ ） A. 若数列的前项和为且，则是等差数列 B. 若数列为等比数列，且，则 C. 若数列为等比数列，为前项和，则成等比数列 D. 若数列为等差数列，，且数列的前项和有最大值，那么取得最小正值时为12 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项利用，求得，即可判断；B选项利用等比数列的性质进行计算；C选项举出反例进行判断；D选项利用等差数列的通项公式及前项和公式进行计算判断. 【详解】对于A选项，若，当时，， 当时，， 且不满足上式，则，则不是等差数列，故A错误； 对于B选项，等比数列中，由，得， 则，故B正确； 对于C选项，当等比数列的公比，为偶数时，， 所以不成等比数列，故C错误； 对于D选项，因为等差数列的前项和有最大值，故可知， 因为，故可得，即， 所以，可得， 又，故可得， 所以数列的前6项和有最大值，且， 又因为，， 故取得最小正值时等于11，故D错误. 故选：ACD. 11. 如图，由函数与的部分图象可得一条封闭曲线，则（ ） A. 有对称轴 B. 的弦长的最大值为 C. 对内任意一点，均存在过且平分围成区域的面积的直线 D. 的面积大于 【答案】ACD 【解析】 【分析】A项，利用反函数概念可判断；B项，联立方程，求出交点即可判断；C项，通过得出两函数交点的中点的坐标，通过证明内任意一点与其关于点对称的点连线所在的直线平分围成的封闭图形，即可得出结论；D项，由，计算即可判断. 【详解】A项，由题意，由， 的反函数为，两者关于对称， 故A正确， B项，， 令， 当时，；当时，； 在上单调递减；上单调递增， 注意到， 在内有一个零点， 另一个零点为， ，故B错误. C项，设的中点为 设上存在一点， 则关于点的对称点为 ∵函数与互为反函数， ∴在上， ∴关于中点对称， 即在封闭图形中，总存在与任意一点关于中点对称的点， 使得直线平分封闭图形， ∴对内任意一点，均存在过且平分围成区域的面积的直线，C正确； 对于D，如图，只需考察曲线上到距离的最大值即可， 找出过与曲线相切且与平行的点即可， 令，令，此时， 到的距离， ，故D正确. 故选：ACD. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知某公司男员工与女员工人数比为，男员工中有的人有驾照，女员工中有的人有驾照，随机从该公司抽取一名员工，该员工有驾照的概率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用全概率公式计算即可. 【详解】设抽取一名员工为男性为事件，抽取一名员工有驾照为事件， 则，，，， 则， 故从该公司抽取一名员工，该员工有驾照的概率为. 故答案为：. 13. 用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图为如图所示的，已知是边长为2的等边三角形，则顶点到轴的距离是__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用斜二测画法推导出原图形，根据边角关系求解. 【详解】如图①中，过作平行轴，交轴于点， 如图②，在平面直角坐标系中，在轴上取， 过点作平行轴，取，连接，则即原图形. 故为到轴距离，设则. 在①中过作垂直轴，且交轴于， 则， ，即，解得. 故答案为：. 14. 已知斜率为的直线与双曲线的右支交于两点（点在第一象限，点在第四象限），点关于坐标原点对称的点为且，则该双曲线的离心率为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意作图，取的中点，连接，得到，，利用两角和的正切公式求得直线的斜率，再利用点差法求得，根据离心率的公式计算即可. 【详解】 如图，设直线与轴交于点，取的中点，连接， 由双曲线的对称性可知为线段的中点，则， 因为，所以， 由直线的斜率，得， 则直线的斜率， 设，则，两式相减得， 化简得即， 则. 故答案为：. 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. 在中，角，，的对边分别为，，，已知 （1）求的值； （2）若点在边上，且，，，求的外接圆面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角结合两角和正弦公式以及诱导公式即可得； （2）首先在和中，运用两次余弦定理，得，，结合平方关系、正弦定理和圆的面积公式即可得解 【小问1详解】 因为，由正弦定理知， 所以， 得， 即，因为， 所以，所以， 所以， 【小问2详解】 由，，得， 在中，， 在中，， 所以，所以， 所以，因为，所以， 又，所以的外接圆半径为, 所以的外接圆面积为 16. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1） 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2） 【解析】 【分析】（1）分和两种情况分类讨论得出函数单调性； （2）先化简，再构造，令，根据函数单调性得出最值即可求参. 【小问1详解】 ， 当时，恒成立，在上单调递增， 当时，令，得， 所以在上，单调递增， 在上，单调递减， 综上所述，当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 因为，所以， 所以，所以，所以， 令， ， 所以在上单调递增，即， 令，， 令，得，所以在上，单调递减， 在上，单调递增，所以， 所以. 17. 已知椭圆过点，且离心率为 （1）求椭圆的方程； （2）若过原点的直线与椭圆交于两点，且在直线上存在点，使得为等边三角形，求直线的方程. 【答案】（1）；（2）方程为y=0或. 【解析】 【分析】（1）将点代入椭圆方程，由，结合，可得，即可求解. （2）讨论直线的斜率是否存在，将直线与椭圆方程联立，求出交点，设，可得，再将的垂直平分线方程与椭圆联立，求出，求出，根据即可求解. 【详解】（1）由题，解得，，，∴椭圆的方程为 （2）由题，当的斜率不存在时，此时，直线与轴的交点，不满足题意； 当的斜率存在时，设直线， 与椭圆联立得，， 设，则，， 又的垂直平分线方程为，由，解得， ，，∵为等边三角形， ，即， 解得或，∴直线的方程为或； 综上可知，直线的方程为y=0或. 【点睛】关键点点睛：将直线方程联立，关键求出，由的形状，列出等式，此题要求有较高的计算求解能力，难度较大. 18. 一口袋中装有10个小球，其中标有数字的小球各两个，这些小球除数字外其余均相同. （1）某人从中一次性摸出4个球，设事件A “摸出的4个球中至少有一个数字是5”，事件“摸出的4个球中恰有两个数字相同”；分别求事件A和事件的概率； （2）现有一游戏，游戏规则是：游戏玩家每次有放回地从袋中随机摸出一球，若摸到5号球，则游戏结束；否则继续摸球，当摸到第个球时，无论摸出的是几号球游戏都结束.设表示摸球的次数（，求随机变量的期望，并比较期望与1的大小. 【答案】（1），； （2），大于1. 【解析】 【分析】（1）求出从中一次性摸出4个球方法的数目，求出和，即可求得相应的概率； （2）求出的取值，当时，求出，当时，求出，列出列联表求出，得用错位相减，即可求得解. 【小问1详解】 从中一次性摸出4个球有种方法， 所以； 【小问2详解】 的取值可能为， 当时， 当时，， 1 2 3 所以 令， 则， 相减得 ， 所以. 为递增数列，故. 19. 如图，半径为2的半球面O，底面设为，AB是半球面O的直径，点C在半球面上，且，平面平面. 过点C的平面与半球面O相交形成圆S，CD为圆S的一条直径，且D在平面ABC上，且平面与的夹角为，点C，D均在平面的同侧，记，. （1）求证：平面； （2）点P在圆S上，设，. 且，Q在平面上. （i）用表示PQ的长； （ii）当DQ与平面ABC所成角最大时，求. 【答案】（1） 因为，，， 又，则. 记为弧的中点，则， 又因为平面平面，且平面，平面平面， 则，又因为，则. 又根据题意知球心为，截面圆圆心为，连接， 则，，则， 又平面，平面，且， 则平面，又平面，则， 所以为平面与的夹角，即， 又，所以，已知，又为中点， 所以，则，即， 又平面平面，平面，平面平面， 所以平面． （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）记为弧的中点，结合面面垂直与线面垂直性质定理分别证明，再由线面垂直判定定理证明平面，然后结合角度关系求解，得线线垂直，进而证明线面垂直； （2）（i）结合余弦定理、勾股定理、相似性解三角形可得；（ii）由面面垂直性质找二面角的平面角，利用线面平行判定与性质寻求几何性质，利用三角函数运算表示的正切值，利用导函数求最值可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）连接，延长交于， 由（1）性质可知， ，，如图， 在中，， 由余弦定理得，， 则，在中，，， 则，由于三点共线， 所以在中，由， 又，所以． （ii）如图，过作，垂足为，连接， 因为平面，平面平面且交线为， 因此平面，所以即为与平面所成角的平面角． 设平面，连接，过作，垂足为. 由平面，则，平面，平面， 则平面，平面，平面平面， 则，同理，由可得， 则四边形是平行四边形，则，且平面， 又平面，则， 则，且， 则， 则， 故， 令，则， 构造函数， 则， 在上单调递增， 并存在唯一零点， 故在上单调递增，在上单调递减． 则当时，有最大值， 由DQ与平面ABC所成角的范围为， 故当与平面所成角最大时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $