精品解析：安徽省安庆市2025届高三第三次模拟考试数学试题

2025年安徽省安庆市高三第三次模拟考试 数 学 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. 1. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 2. 等比数列中的，是函数的极值点，，则（ ） A. 1 B. C. D. 3. 已知向量满足,,且,则（　　） A. 1 B. C. D. 2 4. 曲线在点 处的切线与直线和 围成的三角形的面积为（ ） A. B. C. D. 1 5. 已知函数满足，当时，，则（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 18 6. 正四棱台上底面边长为1，下底面边长为2，若一个球的球心到正四棱台各个面的距离均等于该球的半径，则正四棱台与该球的体积之比为（ ） A. B. C. D. 7. 已知点在圆上，A（，0），，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 8. 已知函数，若对于任意的使得不等式成立，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 一口袋中有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球，从中无放回的随机取两次，每次取1个球，记事件A1：第一次取出的是红球；事件A2：第一次取出的是白球；事件B：取出的两球同色；事件C：取出的两球中至少有一个红球，则（ ） A. 事件，为互斥事件 B. 事件B，C为独立事件 C. D. 10. 设函数，则（ ） A. 当时，有三个零点 B. 当时，无极值点 C. ，使在上是减函数 D. 图象对称中心的横坐标不变 11. 如图，棱长为2的正方体中，分别是棱，棱的中点，动点满足，其中，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则三棱锥的体积为定值 C. 若，则直线与直线所成角的最小值为60° D. 若动点在三棱锥外接球的表面上，则点的轨迹长度为 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. 已知，则____________. 13. 已知函数的图象在处的切线经过坐标原点，则实数____________． 14. 已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，若在C上存在点P（不是顶点），使得，则C的离心率的取值范围为______． 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. 已知数列中，，设为前n项和，． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前n项和 16. 如图，四棱锥中，平面平面，为棱上一点. （1）证明：； （2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛的结果互不影响．规定：净胜局指的是一方比另一方多胜局． （1）如果约定先净胜两局者获胜，求恰好4局结束比赛的概率； （2）如果约定先净胜三局者获胜，那么在比赛过程中，甲可能净胜局．设甲在净胜局时，继续比赛甲获胜的概率为，比赛结束（甲、乙有一方先净胜三局）时需进行的局数为，期望为． ①求甲获胜的概率； ②求． 18. 已知点为椭圆的右端点，椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆交于两点，直线分别与轴交于点. （1）求椭圆的标准方程; （2）试判断线段的中点是否为定点，若是，求出该点纵坐标，若不是，说明理由. 19. 已知函数. （1）当时，求的极值； （2）若，求的值； （3）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年安徽省安庆市高三第三次模拟考试 数 学 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. 1. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的乘除运算求出，结合共轭复数的概念求出它的共轭复数即可. 【详解】由题意知， 令， 所以复数的共轭复数为， 故选：C 2. 等比数列中的，是函数的极值点，，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据函数极值的情况确定的值，再根据等比数列的性质进行计算即可. 【详解】由求导得. 由或； 由. 所以函数在和上单调递增，在上单调递减. 所以函数的极大值点为，极小值点为. 由题意可知，所以. 故选：A 3. 已知向量满足,,且,则（　　） A. 1 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量数量积的运算律，数量积求模，垂直关系的向量即可求解. 【详解】因为，则， 又因为， 由得， 则，则， 故选：A. 4. 曲线在点 处的切线与直线和 围成的三角形的面积为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【详解】，所以在点处的切线方程为，它与的交点为，与的交点为，所以三角形面积为 故选：A 5. 已知函数满足，当时，，则（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】根据，结合对数运算性质，将转化到里面计算即可. 【详解】因为，所以． 因为，所以． 故选：C. 6. 正四棱台上底面边长为1，下底面边长为2，若一个球的球心到正四棱台各个面的距离均等于该球的半径，则正四棱台与该球的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正四棱台的轴截面图形，从而把内切球问题转化为内切圆问题来解决即可. 【详解】 如图作出正四棱台的轴截面图，可知这个等腰梯形的内切圆就是内切球的最大圆， 根据，设球的半径为，则由直角三角形中的勾股定理得： ， 利用等面积法：， 可得：， 解得：， 再由棱台体积公式得：， 由球的体积公式得：， 所以正四棱台与球的体积之比是：， 故选：B. 7. 已知点在圆上，A（，0），，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设且，解出点的坐标，问题转化为，只需当、、三点共线时取得最小值即可求解. 【详解】设，，，则， 整理后， 与已知轨迹方程展开整理得：， 对照，得，解得，所以. 则当、、三点共线时取得最小值 故选：B. 8. 已知函数，若对于任意的使得不等式成立，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将不等式变形为，构造函数，分析可知该函数为增函数，可得出，求出函数的最小值，可得出关于实数的不等式，即可得出实数的取值范围. 【详解】因为，由可得，即函数的定义域为， 可得， 即， 构造函数，其中，则，故函数在上单调递增， 所以，可得，则， 即，其中，令，其中， 则，当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 所以，，解得. 综上， 故选：A. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于将不等式变形为，结合不等式的结果构造函数，转化为函数的单调性以及参变量分离法求解. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 一口袋中有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球，从中无放回的随机取两次，每次取1个球，记事件A1：第一次取出的是红球；事件A2：第一次取出的是白球；事件B：取出的两球同色；事件C：取出的两球中至少有一个红球，则（ ） A. 事件，为互斥事件 B. 事件B，C为独立事件 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据互斥事件、独立事件的定义判断AB，由组合知识求得判断C，根据条件概率的定义求得判断D． 【详解】第一次取出的球是红球还是白球两个事件不可能同时发生，它们是互斥的，A正确； 由于是红球有3个，白球有2个，事件发生时，两球同为白色或同为红色，，事件不发生，则两球一白一红，，不独立，B错； ，C正确； 事件发生后，口袋中有3个红球1个白球，只有从中取出一个红球，事件才发生，所以，D正确． 故选：ACD． 10. 设函数，则（ ） A. 当时，有三个零点 B. 当时，无极值点 C. ，使在上是减函数 D. 图象对称中心的横坐标不变 【答案】BD 【解析】 【分析】利用导数求出函数的极大值判断A；由恒成立判断B；由的解集能否为判断C；求出图象的对称中心判断D. 【详解】对于A，当时，，求导得， 令得或，由，得或，由， 得，于是在，上单调递增，在上单调递减， 在处取得极大值，因此最多有一个零点，A错误； 对于B，，当时，，即恒成立， 函数在上单调递增，无极值点，B正确； 对于C，要使在上是减函数，则恒成立， 而不等式的解集不可能为，C错误； 对于D，由， 得图象对称中心坐标为，D正确. 故选：BD 11. 如图，棱长为2的正方体中，分别是棱，棱的中点，动点满足，其中，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则三棱锥的体积为定值 C. 若，则直线与直线所成角的最小值为60° D. 若动点在三棱锥外接球的表面上，则点的轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，利用向量法可证明判断A，若，点在直线，可得体积为定值判断B；上求得直线与直线所成角的最小值判断C；确定外接球的球心，进而轨迹的周长判断D. 【详解】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以， 所以，即 ， 所以，又， 所以， 所以，所以，故A正确； 因为，，所以点在直线上， 又因为，，所以四边形是平行四边形， 所心，又平面，平面，所以平面， 所以到平面的距离为定值，又的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故B正确； 点为的中点，坐标为，点的坐标为 ， 向量，向量， 设直线与直线所成的角为， ， 又因为，当 时，， 即直线与直线所成角的最小值为，故C错误； 因为三棱锥即为三棱锥，又底面是直角三角形， 过的中点作平面，是三棱锥外接球的球心， 因为平面，所以，又， 所以三棱锥外接球的半径， 因为点在平面内，又在三棱锥外接球的表面上， 所以 的轨迹是平面截三棱锥外接球的截面圆， 又易得到平面的距离为1，所以截面圆的半径为， 所以 的轨迹的周长为 ，故D正确. 故选：ABD. 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. 已知，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据诱导公式得出，再应用二倍角正弦公式计算即可求值. 【详解】 因为，所以， 所以. 故答案为：. 13. 已知函数的图象在处的切线经过坐标原点，则实数____________． 【答案】 【解析】 【分析】由导数的几何意义求出切线方程，结合切线经过坐标原点，即可求得的值. 【详解】因为，所以， 所以，又， 所以在处的切线方程为：， 又切线方程过原点，把代入得， 解得：． 故答案为：. 14. 已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，若在C上存在点P（不是顶点），使得，则C的离心率的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】与轴交点，连接，由双曲线的定义和对称性，结合已知条件得，有 且，可求离心率的取值范围. 【详解】设与轴交点，连接， 由对称性可知，，如图所示， 又∵，∴，∴． 又∵，∴， 在中， ，∴，∴ ， 由，且三角形的内角和为， ，即，则 综上， ． 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. 已知数列中，，设为前n项和，． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前n项和 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先用与的关系以及递推公式求出，再利用累乘法即可求得通项公式； （2）由（1）结论代入可得，利用三角函数两角差公式化简可得，再利用累加法即可求得数列的前n项和. 【小问1详解】 数列中，，为前n项和， 当时，，， 当时，①， ②， 由②-①得：，， 即， 当时，，递推可得：，，，， 由累乘法可得：， ，又因为，所以，即，经检验，当时符合上式， 所以； 【小问2详解】 由（1）可知，，所以： ， 所以 ； 所以数列的前n项和. 16. 如图，四棱锥中，平面平面，为棱上一点. （1）证明：； （2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 取中点，连接 平面平面，平面平面平面 平面 平面 ，即 又平面平面 平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先由面面垂直证明线面垂直，可得，再证明，则可得平面，从而可证明； （2）分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面的一个法向量，即可利用空间向量夹角公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，设，连接 平面平面，平面平面 ，易知 取中点，连接，则两两互相垂直. 分别以为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系 则 ， ， 设平面的一个法向量 则即令，则 设直线与平面所成角为，则 即直线与平面所成角的.正弦值为 17. 已知甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛的结果互不影响．规定：净胜局指的是一方比另一方多胜局． （1）如果约定先净胜两局者获胜，求恰好4局结束比赛的概率； （2）如果约定先净胜三局者获胜，那么在比赛过程中，甲可能净胜局．设甲在净胜局时，继续比赛甲获胜的概率为，比赛结束（甲、乙有一方先净胜三局）时需进行的局数为，期望为． ①求甲获胜的概率； ②求． 【答案】（1） （2）①；②． 【解析】 【分析】（1）利用互斥事件的概率及独立重复试验的概率公式，列式计算即得.（2）①利用全概率公式列出的关系等式，再利用消元法求出；②列出的关系等式，利用消元法求出. 【小问1详解】 4局结束比赛时甲获胜，则在前2局甲乙各胜一局，并且第3，4局甲胜， 概率为；4局结束比赛时乙获胜，则在前2局甲乙各胜一局，并且第3，4局乙胜，概率为，所以恰好4局结束比赛的概率为． 【小问2详解】 ①在甲净胜-2局前提下，继续比赛一局： 若甲赢，则甲的状态变为净胜-1局，继续比赛获胜的概率为； 若甲输，则甲的状态变为净胜-3局，比赛结束， 根据全概率公式，，同理，，，， 由，，得， 与联立消去，得， 又，，得， 与联立消去，得， 所以甲获胜的概率为． ②在甲净胜-2局前提下，继续比赛一局： 若甲赢，则甲的状态变为净胜-1局，继续比赛至结束，还需要局，共进行了局； 若甲输，则甲的状态变为净胜-3局，比赛结束，共进行了1局， 则，即， 同理，即， ，即， ，即， ，即 联立与，得， 联立与，得， 代入，得， 所以． 18. 已知点为椭圆的右端点，椭圆的离心率为，过点的直线与椭圆交于两点，直线分别与轴交于点. （1）求椭圆的标准方程; （2）试判断线段的中点是否为定点，若是，求出该点纵坐标，若不是，说明理由. 【答案】（1） （2）是，MN的中点为 【解析】 【分析】（1）根据题意列方程，再结合，解方程得到，，，即可得到椭圆方程； （2）联立直线方程和椭圆方程得到+，，根据直线AB、AC的方程得、，结合韦达定理化简得+，则MN中点坐标可得. 【小问1详解】 由题意得，，又， 解得，，， 所以椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 设，， 因为直线经过且与椭圆交于BC两点，所以直线BC的斜率一定存在， 故设直线BC的方程为：，其中， 由得：， ，得； +，， 又因为直线AB的方程:，得， 同理 由+= = = 故MN的中点为. 19. 已知函数. （1）当时，求的极值； （2）若，求的值； （3）求证：. 【答案】（1）在处取得极小值，无极大值 （2） （3） 证明：先证， 设，则， 所以在区间上单调递减， 所以，即， 所以， 再证， 由（2）可知，当时等号成立， 令，则， 即， 所以，，， 累加可得， 所以. 【解析】 【分析】（1）求导，根据函数的单调性可得最值； （2）分情况讨论函数的单调性与最值情况，可得参数值； （3）利用放缩法，由，可知若证，即证，再根据，可得证. 【小问1详解】 当时，，， 则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在处取得极小值，无极大值； 【小问2详解】 由题意得， ①当时，，所以在上单调递增， 所以当时，，与矛盾； ②当时，当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以， 因为恒成立，所以， 记，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以，所以， 又， 所以， 所以； 【小问3详解】 略 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $