精品解析：云南省保山市腾冲市第八中学2025届高三第三次全真模拟数学试题

腾冲市第八中学2025届高三第三次全真模拟测试 数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第4页至第6页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第Ⅰ卷（选择题，共60分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，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，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. ，则（ ） A. B. C. D. 3. 正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，高为，则其侧面积为（ ） A. 20 B. 24 C. D. 4. 若函数是偶函数，则曲线在处的切线斜率为（ ） A. B. 0 C. D. 5. 已知两个不相等的正实数x，y满足，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 古希腊数学家在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线经过椭圆上的 点反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，且在 点处的切线垂直于法线（即的角平分线）.已知椭圆上点 处的法线 交 轴于点 ，且，入射角，则 的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 设函数（其中为自然对数的底数），若存在实数a使得恒成立，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，，则（ ） 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，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分） 9. 下列两个函数是相同函数的有（ ） A. 与 B. 与 C. 与 D. 与 10. 已知函数有两个零点，则 可以取到的整数值有（ ） A. B. C. D. 11. 已知棱长为1的正方体，以正方体中心 为球心的球 与正方体的各条棱相切，点 为球面上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 球 在正方体外部分的体积为 B. 若点 在球 的正方体外部（含正方体表面）运动，则 C. 若点 在平面 下方，则直线与平面所成角的正弦值最大为 D. 若点 ､ ､ 在球 的正方体外部（含正方体表面）运动，则最小值为 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若向量满足，则在上的投影向量是______． 13. 人工智能（Artificial Intelligence），英文缩写为．是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量，是研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的科学．某商场在有奖销售的抽奖环节时，采用技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码．并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖．已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为______． 14. “雪花曲线”是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线.如图2是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程. 如图，若第1个图中三角形的边长为1，则第3个图形的周长为______；第 个图形的面积为______. 四、解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知曲线在点处的切线方程为. （1）求实数 与 的值； （2）求函数的极值. 16. 在 中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求角C的大小； （2）若 为锐角三角形，点F为 的垂心，，设，请用表示，并求的取值范围． 17. 如图，在长方体，平面 与平面所成角为. （1）若，求直线 与平面所成角的余弦值（用表示）； （2）将矩形沿 旋转 度角得到矩形，设平面 与平面所成角为，请证明：. 18. 已知数集具有性质 :对任意的，，使得成立. （1）分别判断数集与是否具有性质 ，并说明理由; （2）求证：; （3）若，求数集中所有元素的和的最小值. 19. 极点与极线是法国数学家吉拉德・迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆，极点（不是坐标原点）对应的极线为.已知椭圆的长轴长为，左焦点与抛物线的焦点重合，对于椭圆 ，极点对应的极线为，过点 的直线 与椭圆 交于 ， 两点，在极线上任取一点 ，设直线，， 的斜率分别为，，（，，均存在）. （1）求极线的方程； （2）求证：； （3）已知过点 且斜率为2的直线与椭圆 交于， 两点，直线， 与椭圆 的另一个交点分别为 ， ，证明直线 恒过定点，并求出定点的坐标. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 腾冲市第八中学2025届高三第三次全真模拟测试 数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第4页至第6页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第Ⅰ卷（选择题，共60分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，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，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用集合间的关系，集合的交并补运算对每个选项分析判断. 【详解】由题，故A错； ∵，，∴，B正确； ，C错； ，D错； 故选:B 2. ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由比例性质得出，再由复数除法得结论． 【详解】由得，， 所以， 故选：A． 3. 正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，高为，则其侧面积为（ ） A. 20 B. 24 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出辅助线，求出侧高，得到侧面积. 【详解】如图，过点分别作 ⊥ ，⊥ ，垂足分别为， 其中，故， 所以， 又，由勾股定理得， 其中，由勾股定理得， 故梯形的面积为， 其侧面积为. 故选：B 4. 若函数是偶函数，则曲线在 处的切线斜率为（ ） A. B. 0 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由函数 为偶函数，可得，依题求导得，利用导数的几何意义计算即得. 【详解】由是偶函数，可得， 求导可得， 令 ，可得：，则有， 即曲线在 处的切线斜率为 . 故选：B. 5. 已知两个不相等的正实数x，y满足，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用同构法与构造函数，将题设条件转化为，再利用导数研究函数的图象与性质，结合图像即可排除AD，利用特殊值计算即可排除B，再利用极值点偏移的解决方法即可判断C. 【详解】因为，， 所以，则，即， 令，则，， 当时， ，则单调递减； 当时， ，则单调递增, 所以， 对于，总有，即在上单调递增， 故，即在上恒成立， 所以对于，对于任意，在上取， 则， 所以当且 趋向于0时，趋向于无穷大， 当 趋向于无穷大时， 趋向于无穷大，趋向于0，故趋向于无穷大， 所以的大致图像如图所示： . 对于AD，因为，，不妨设， 由图象可知，，故，故AD错误； 对于B，假设成立，取， 则，显然不满足，故B错误； 对于C，令，又， 则， 所以在上单调递增， 又 ，则，即， 又，则， 因为 ，所以，又，在上单调递增， 所以，即，故C正确. 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于利用同构法转化等式，从而构造函数，并研究其图像的性质，由此判断得解. 6. 古希腊数学家在研究圆锥曲线时发现了椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线经过椭圆上的点反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点，且在点处的切线垂直于法线（即的角平分线）.已知椭圆上点处的法线 交 轴于点 ，且，入射角，则 的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由角平分线性质得到，再结合余弦定理及椭圆定义即可求解. 【详解】 由可得：， 由角平分线的性质可得：， 所以，设， 由题意，因为，所以， 由余弦定理可得：， 解得：， 又， 所以， 得：， 故选：D 7. 设函数（其中为自然对数的底数），若存在实数a使得恒成立，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，令，函数和函数的图象，一个在直线上方，一个在直线下方，等价于一个函数的最小值大于另一个函数的最大值，即可得出答案． 【详解】函数的定义域为 ， 由，得，所以， 令， 由题意知，函数和函数的图象，一个在直线上方，一个在直下方，等价于一个函数的最小值大于另一个函数的最大值， 由，得， 所以当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以， 没有最小值， 由，得， 当时，在上单调递增， 在上单调递减， 所以有最大值，无最小值，不合题意， 当时，在上单调递减， 在上单调递增， 所以， 所以即， 所以，即m的取值范围为． 故选：A． 8. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 构造函数，利用导数判断其单调性，由已知可得，， ，；，，进而利用单调性可得答案. 【详解】令， ， 时， ，则 在上递减， 时， ，则 在上递增， 由可得， 化为 ∴，则， 同理，；，， 因为，所以， 可得， 因为 在上递减，， ∴， 故选：C． 【点睛】方法点睛：利用导数求函数单调区间的步骤：求出，在定义域内分别令求得 的范围，可得函数增区间，由求得 的范围，可得函数的减区间. 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，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分） 9. 下列两个函数是相同函数的有（ ） A. 与 B. 与 C. 与 D. 与 【答案】BD 【解析】 【分析】利用函数的定义域和对应法则、判断函数是否相同的方法分析运算判断即可得解. 【详解】解：对于选项A，的定义域为，的定义域为， 两函数定义域不同，故不是相同函数，故A错误； 对于选项B，， 两函数定义域和对应法则相同，故为相同函数，故B正确； 对于选项C，与定义域不同， 故不是相同函数，故C错误； 对于选项D，，函数的定义域、对应法则均相同， 所以两函数是相同函数，故D正确. 故选：BD． 10. 已知函数有两个零点，则可以取到的整数值有（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】将问题转化为与有两个不同交点的问题，令，可求得单调递增且存在，使得；设，利用导数可求得单调性，结合复合函数单调性的判断方法可知的单调性，由此可作出的大致图象，采用数形结合的方式可确定的范围，由此可得结果. 【详解】由题意知：定义域为， 有两个零点，有两个不等实根， 当时， 恒成立，不合题意，， 有两个解，即与有两个不同交点， 令，则，在上单调递增， 且存在，使得， 设，则定义域为，， 当时，；当时，； 在，上单调递增，在上单调递减， 又当时，， 由复合函数单调性可知：在，上单调递增，在上单调递减， 当时，，； 当时，，； 当 时，，； 由此可得的图象如下图所示， 由图象可知：若与有两个不同交点，则， 即实数的取值范围为，则可能取到的整数值为和. 故选：CD. 11. 已知棱长为1的正方体，以正方体中心 为球心的球 与正方体的各条棱相切，点为球面上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 球 在正方体外部分的体积为 B. 若点在球 的正方体外部（含正方体表面）运动，则 C. 若点在平面 下方，则直线与平面所成角的正弦值最大为 D. 若点､ ､ 在球 的正方体外部（含正方体表面）运动，则最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，结合球的体积和正方体体积公式或利用球缺的体积公式即可判断；对于B，可取中点 ，可将利用向量运算转化为，再结合的范围即可判断；对于C，直线与平面所成角最大时直线正好与平面ABCD下方球 相切，根据几何关系即可求出所成角的最大正弦值，即可判断；对于D，可将转化为，再利用不等式进行转化求解，即可判断. 【详解】对于A，正方体的棱切球 的半径，如下图所示， 球 在正方体外部的体积， 或者可根据球 在平面上方球缺部分的体积， 为球缺的高， 所以球 在正方体外部的体积为， A选项错误； 对于B，取中点 ，可知 在球面上，可得，所以，点在球 的正方体外部（含正方体表面）运动，所以（当为直径时，），所以，B选项正确； 对于C， 若正方体上底面字母为 ，则直线与平面所成角的正弦值最大时，如上图所示点位置，此时正弦值最大为1， 若正方体下底面字母为 ，设平面 的中心为,直线与平面所成角即为直线与平面 所成角， 则直线与平面所成角最大时，直线正好与平面 下方球 相切，过 作平面 下方球 的切线，切点为，将正方体及其棱切球的截面画出，如下图所示，可得，，，，， 所以， ，， 所以直线与平面所成角最大时为， ，C选项错误； 对于D，， 记向量与向量的夹角为 ，，因为， 且， 所以， 令，所以上式可化为，当且仅当时等号成立， 此时，即时等号成立，根据题意可知此条件显然成立，D选项正确. 故选：BD. 【点睛】方法点睛：用向量方法解决立体几何问题，应树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算，要理解空间向量概念、性质、运算，注意和平面向量类比. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若向量满足，则在上的投影向量是______． 【答案】 【解析】 【分析】由投影向量的概念计算求解即可. 【详解】因为， 所以在上的投影向量是． 故答案为： 13. 人工智能（Artificial Intelligence），英文缩写为．是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量，是研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的科学．某商场在有奖销售的抽奖环节时，采用技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码．并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖．已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用分步乘法计数原理求出总情况数，利用分类加法计数原理结合组合数的性质求出符合条件的事件数，再利用古典概型概率公式求解概率即可. 【详解】设一次抽奖所生成的奖券码为S，共有种情况， 生成的5个数字中有个0，个1， 则， 由题可知．若获得二等奖，则S为3的正整数倍， 故可取的值为．当时，的取值为， 共有种情况；当时，的可能取值为，，， 共有种情况；当时，的取值为，， 共有种情况，由分类加法计数原理得符合条件的有种情况， 且设获得二等奖的概率为，由古典概型概率公式得. 故答案为： 14. “雪花曲线”是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线.如图2是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程. 如图，若第1个图中三角形的边长为1，则第3个图形的周长为______；第 个图形的面积为______. 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】设第n个图形为，边长为，边数，周长为，面积为，分析出，，从而求出，即可求出第3个图形的周长，易得，再利用累加法求解即可. 【详解】记第n个图形为，边长为，边数，周长为，面积为， 有条边，边长； 有条边，边长； 有条边，边长； ， 分析可知，即；，即， 当第1个图中的三角形的边长为1时，即 ，， 所以， 当时，； 由图形可知是在每条边上生成一个小三角形，即， 即， ， ， ， 利用累加法可得， 又，， 所以 . 故答案为：；. 【点睛】关键点睛：本题考查数列的应用，解题的关键是通过找到图形之间的关系，得到等比数列，求数列通项公式常用的方法： （1）由与的关系求通项公式； （2）累加法； （3）累乘法； （4）两边取到数，构造新数列法. 四、解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知曲线在点处的切线方程为. （1）求实数与的值； （2）求函数的极值. 【答案】（1） （2）极大值为；极小值为 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义列出方程组，解之即得； （2）利用求导判断函数的单调性，即可求得函数的极大极小值. 【小问1详解】 由求导得：， 依题意，，， 故有，解得； 【小问2详解】 由（1）可得，则， 令 可得或 ；由 可得. 故函数在和 单调递增，在上单调递减. 则函数在时取得极大值，在时，取得极小值. 16. 在 中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求角C的大小； （2）若 为锐角三角形，点F为 的垂心，，设，请用表示，并求的取值范围． 【答案】（1）； （2）， 【解析】 【分析】（1）先根据平方关系及正弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解； （2）延长交 于 ，延长 交 于 ，则，设，且，分别求出，再根据三角恒等变换化简，结合正弦函数的性质可得解. 【小问1详解】 因为， 所以， 由正弦定理得， 则， 因为，所以； 【小问2详解】 如图， 延长交 于 ，延长 交 于 ， 根据题意可得．因为，所以， 设，且， 则， 同理可得， 则 ， 因为，所以， 又， 所以， 所以的取值范围是． 17. 如图，在长方体，平面 与平面所成角为. （1）若 ，求直线 与平面所成角的余弦值（用表示）； （2）将矩形沿 旋转 度角得到矩形，设平面 与平面所成角为，请证明：. 【答案】（1） （2） 如图1，延长 交平面 于点 ，连接， 由题意可知：， ∵，平面， ∴平面， 又∵ ，故平面， 如图2，在三棱锥中，以 为坐标原点建立空间直角坐标系， 设，则， 可得， 设平面的法向量为，则， 设，则，即， 因为在长方体中，面 ， 所以 与面 的夹角为， 又，所以与平面的夹角与 与面 的夹角相同，即为 ， 则， ∵，则，故，解得， 故， 由题意可得：平面的法向量为， ∵， ∴平面与平面的夹角余弦值为， 注意到平面 与平面的夹角，即平面与平面的夹角， 故. 【解析】 【分析】(1)根据题意建立空间直角坐标系，再利用空间向量求线面夹角即可； (2)延长 交平面 于点 ，在三棱锥中研究问题，建立空间直角坐标系，先根据与平面的夹角为 求，再利用空间向量法求面面角的余弦值即可得证. 【小问1详解】 ∵ 平面，平面， ∴， 故平面 与平面所成角为， 设，则， 如图，以 为坐标原点建立空间直角坐标系， 若，则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，则，即， ∵， 设直线 与平面所成角为，则， ∴， 故直线 与平面所成角的余弦值. 【小问2详解】 略 18. 已知数集具有性质:对任意的，，使得成立. （1）分别判断数集与是否具有性质，并说明理由; （2）求证：; （3）若，求数集 中所有元素的和的最小值. 【答案】（1）数集不具有性质，数集具有性质，理由见解析 （2）证明：∵集合具有性质即对任意的，，使得成立， 又，， ∴，， ，， ∴， 即，，，， 累加得， 化简得． （3） 【解析】 【分析】（1）根据数列新定义计算判断即可； （2）结合数列新定义应用累加法计算证明； （3）根据数列新定义结合，分类讨论使得求解最小值即可. 【小问1详解】 ∵无法表示，∴数集不具有性质. ∵，，，，∴数集具有性质． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 最小值为． 首先注意到 ，根据性质，得到， 所以数集 的元素都是整数， 构造或者，这两个集合具有性质，此时元素和为．下面证明是最小的和． 假设数集，满足最小， 第一步：首先说明集合中至少有 个元素： 由（ ）可知，，， ，又 ， ∴，，，，， ∴． 第二步：证明，， 若，设， ∵，为了使最小， 在集合 中一定不含有元素，使得，从而； 若，根据性质，对，有，，使得，显然，∴， 此时集合 中至少有 个不同于，，的元素，从而，矛盾， ∴，且． 同理可证： ． 至此，我们得到，， 根据性质，有，，使得，我们需要考虑如下几种情形： ①，，此时集合中至少还需要一个大于等于 的元素，才能得到元素 ，则； ②，，此时集合中至少还需要一个大于 的元素，才能得到元素 ，则； ③，，此时集合，； ④，，此时集合，． 综上所述，若，则数集 中所有元素的和的最小值是． 19. 极点与极线是法国数学家吉拉德・迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆，极点（不是坐标原点）对应的极线为.已知椭圆的长轴长为，左焦点与抛物线的焦点重合，对于椭圆 ，极点对应的极线为，过点的直线 与椭圆 交于 ， 两点，在极线上任取一点 ，设直线，， 的斜率分别为，，（，，均存在）. （1）求极线的方程； （2）求证：； （3）已知过点 且斜率为2的直线与椭圆 交于 ， 两点，直线， 与椭圆 的另一个交点分别为 ， ，证明直线 恒过定点，并求出定点的坐标. 【答案】（1） （2） 证明：设，由题意知过的直线 的斜率必存在， 故设直线，， 联立方程，消去 得， ， ，即， 所以，， 则 . 又，所以，得证. （3） 当中有横坐标为时，纵坐标为， 则或， 直线或 与椭圆 相切，不符合题意，所以的斜率都存在. 由（2）得，，又， 所以，所以 是和 的交点. 因为，所以，设， 则，所以，直线 的方程为， 即， 令得，所以 恒过定点. 【解析】 【分析】（1）由长轴长与抛物线焦点得，进而求出椭圆方程； （2）设直线，联立椭圆方程，由韦达定理可得，，利用将斜率坐标化，利用韦达定理代入坐标关系化简求证可得. （3）设，由（2）结论可先证三点共线得到，用 表示，由点斜式方程得，再证明不受 的影响恒过定点可得. 【小问1详解】 由椭圆的长轴长为， 则，解得， 又因为椭圆 的左焦点与抛物线的焦点重合， 所以，解得. 所以椭圆 的方程为. 由题意可知，对于椭圆 ， 极点对应的极线的方程为，即. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：解决该题的关键点有三个.一是理解极点坐标与对应极线方程的关系，确定好极线；二是斜率坐标式的变形，将运算转化为即的对称形式，从而应用韦达定理证明斜率关系式成立；三是（2）问结论的应用，应用结论得到，用参数 表达及直线 的方程，从而解决直线过定点问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $