精品解析：青海省西宁市大通回族土族自治县2025届高三第三次模拟考试数学试题

大通县2025年普通高等学校招生考试第三次模拟考试数学试题 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 考试时间为120分钟，满分150分 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. 已知复数满足（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用复数的除法求复数，再求复数的模. 【详解】由题设，所以. 故选：B 2. 已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出集合，根据，即可求出实数的取值范围. 【详解】由题意得，因为，则. 故选：A. 3. 已知为抛物线上一点，且点到轴的距离为1，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】由题设坐标为，代入抛物线求参数值. 【详解】由题意知点的坐标为，将其代入，得，. 故选：B 4. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 无法确定，与有关 【答案】C 【解析】 【分析】由向量垂直的坐标表示列方程求得，再应用向量模长的坐标运算求. 【详解】由题，则， 所以. 故选：C 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据诱导公式化简得到，再弦化切得到，最后用两角差的正切公式化简得解. 【详解】因，所以， 即，所以， 则. 故选：A. 6. 设，为同一个随机试验中的两个事件，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题给条件求出，再利用条件概率公式即可求解. 【详解】由， 解得， 所以. 故选：A. 7. 如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的一半时，水的体积为74，则该方斗杯可盛水的总体积为（ ） A. 148 B. C. D. 196 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件结合台体体积公式计算求解即可. 【详解】设线段，，，的中点分别为，，，，如下图所示： 易知四边形为等腰梯形，因为线段，的中点分别为，， 则，设棱台的高为，体积为， 则棱台的高为，设其体积为，则，， 所以，则该方斗杯可盛水的总体积为. 故选:D. 8. 设双曲线的右顶点为，，分别在两条渐近线上，且，，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据角平分线定理结合余弦定理计算离心率即可. 【详解】由题设，由角平分线定理可得， 则，. 在中，由余弦定理得； 在中，由余弦定理得. 由得.解得. 则，即， 所以双曲线的离心率为. 故选:B. 二、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，有选错的得0分. 9. 函数的大致图象可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据辅助角公式结合正弦函数的平移规则判断即可. 【详解】函数，其中，，，取. 又函数的图象是由的图象向左平移个单位得到的，AC符合题意， 故选:AC. 10. 已知，，，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为4 C. 的最大值为2 D. 的最小值为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用基本不等式计算并判断A，结合常数代换可计算并判断B，C，利用两点间距离公式和点到直线的距离公式可计算并判断D. 【详解】因为，所以，当且仅当，即，时等号成立，所以的最大值为，故A正确； 因为，当且仅当，即，时等号成立， 所以的最小值为6，故B错误； 因为，当且仅当，时等号成立， 所以的最小值为2，故C错误； 可以看作直线落在第一象限内的点到原点距离的平方，易知最短距离为， 所以的最小值为，故D正确. 故选：AD. 11. 已知是定义在上的奇函数，，是奇函数，且，则下列说法中正确的有（ ） A. 为偶函数 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由及复合函数的导数求法、奇偶性定义判断A；由题设有，得，令求参数得判断B；利用奇偶性、对称性判断C、D. 【详解】由于是定义在上的奇函数，所以， 则，即，故A正确； 因为是奇函数，所以，即， 所以，则，令，所以， 所以，即的图象关于直线对称， 则，故B错误； ，故C正确； ，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. 已知为等差数列的前项和，若当时，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用等差数列的前项和公式可得，结合题意继而即可求解. 【详解】当时，，得， 在等差数列中，， 所以，得. 故答案为：. 13. 已知且，则二项式的展开式中，常数项为__________. 【答案】24 【解析】 【分析】由正态分布的对称性有，再应用二项式的展开式求常数项. 【详解】由且，得，即， 二项式的展开式的通项公式为，， 令，解得，所以展开式中的常数项为. 故答案为：24 14. A市某个景点自从取消门票实行免费开放后，迅速成为网红打卡点，不仅带动了市淡季的旅游，而且优化了旅游产业的结构.下表是该景点免费开放后前五个月的打卡人数（万人）与第个月的数据： 1 2 3 4 5 23.1 37.0 62.1 111.6 1508 根据表中数据可用一元线性回归模型刻画变量与变量之间的线性相关关系，且回归方程中的，则相关系数__________（精确到0.01）. 参考公式：相关系数.回归方程中斜率的最小二乘法估计公式为； 参考数据：，，，，. 【答案】0.98 【解析】 【分析】运用给出的公式计算样本中心，再计算相关系数即可. 【详解】由题设，，， ， 所以. 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. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）证明：当时，. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由导数的意义求出切线的斜率，再由点斜式得到直线方程即可； （2）先证明的单调性，再将要证，转化证.构造函数，则只需证当时，.再用导数证明单调性，得到最值即可. 【小问1详解】 解：当时，，， 则，，则所求切线方程为，即. 所以曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 证明：的定义域为，，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 所以.要证，只需证. 设，则只需证当时，. 因为在时恒成立，所以在上单调递减， 所以当时，，即，所以，得证. 16. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，. （1）求角A； （2），，D为AC的中点，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边化角及辅助角公式即可求解. （2）根据余弦定理即可求得的长，再利用余弦定理即可求解. 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理得. 因为，所以，所以， 整理得，即. 因为，所以，所以，即. 【小问2详解】 在中，由余弦定理得， 即，解得或. 若，则，则为钝角，舍去， 所以，，因，根据正弦定理，角最大，所以为锐角三角形，符合题意. 因为为的中点，所以， 所以，在中，， 所以. 在中，. 17. 如图，在多面体ABCDEF中，四边形ADEF为梯形，，，四边形ABCD是菱形，，，，. （1）证明：平面平面BDF； （2）求平面BDF与平面BCE的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题给条件证线面垂直，再根据面面垂直的判定定理证面面垂直即可. （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，再根据两个平面夹角的余弦值的公式求解即可. 【小问1详解】 因为四边形是菱形，且，所以. 又因为，，所以，所以. 因为，所以. 又因为四边形是菱形，所以， 又平面，且，所以平面. 因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 记，以为坐标原点，，的方向分别为，轴的正方向，平行向上的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，， 则，，，. 设平面一个法向量为， 则，令，得，. 设平面的一个法向量为， 则，令，得，. . 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 18. 已知数列中，，. （1）求； （2）数列满足，设为数列的前项和，证明：. （3）设，证明：数列中任意不同的三项都不能构成等差数列. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）观察数列递推公式，分析求倒数再利用构造数列可求得是等比数列，再求等比数列通项公式即可求得. （2）根据求得的通项公式，再用错位相减法求和即可证明. （3）根据（2）求得，假设中任意不同的三项能构成等差数列，利用等差中项的性质，推出矛盾即可证明. 【小问1详解】 在数列中，由，得， 则，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列， 则，解得. 【小问2详解】 由（1）知， ， ， 两式相减得， 因为，所以. 【小问3详解】 由题. 假设数列中存在不同的三项，，（，）构成等差数列， 则，即， 两边同时乘以，得. 因为，，所以，， 则是2的倍数，除以2余1，等式不成立. 所以假设不成立，即数列中任意不同的三项都不能构成等差数列. 19. 已知椭圆的离心率为，A，D分别为其上、下顶点，且. （1）求椭圆M的标准方程. （2）点E为椭圆M的右顶点，点B为椭圆M上在第三象限内的动点，B、C两点关于轴对称，直线DE与直线AB、直线AC分别交于点P，T，过D作轴的平行线交AE的延长线于点Q，连接QP，QT.试探究四边形APQT是否为平行四边形，并写出探究过程. 【答案】（1） （2）四边形为平行四边形，答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据离心率及短轴长列式求出，即可得出椭圆方程； （2）联立方程组，结合点的坐标得出斜率，结合斜率关系证明即可. 【小问1详解】 由已知，得，，，所以，， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 如图所示，易知直线的斜率存在并且其斜率满足条件，则其方程为. 由解得或（舍去）， 所以点的坐标为，从而点的坐标为， 于是直线的斜率，直线的方程为. 又直线的方程为，由得； 由得. 直线的方程为，直线的方程为，由得. 因为直线的斜率，直线的斜率， 所以，，所以四边形为平行四边形. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大通县2025年普通高等学校招生考试第三次模拟考试数学试题 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 考试时间为120分钟，满分150分 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. 已知复数满足（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 已知为抛物线上一点，且点到轴的距离为1，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 6 4. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 无法确定，与有关 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 设，为同一个随机试验中的两个事件，若，，，则（ ） A B. C. D. 7. 如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的一半时，水的体积为74，则该方斗杯可盛水的总体积为（ ） A. 148 B. C. D. 196 8. 设双曲线的右顶点为，，分别在两条渐近线上，且，，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、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，有选错的得0分. 9. 函数的大致图象可以是（ ） A. B. C. D. 10. 已知，，，则下列说法正确的是（ ） A. 最大值为 B. 的最小值为4 C. 的最大值为2 D. 的最小值为 11. 已知是定义在上的奇函数，，是奇函数，且，则下列说法中正确的有（ ） A. 为偶函数 B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为等差数列的前项和，若当时，，则__________. 13. 已知且，则二项式的展开式中，常数项为__________. 14. A市某个景点自从取消门票实行免费开放后，迅速成为网红打卡点，不仅带动了市淡季的旅游，而且优化了旅游产业的结构.下表是该景点免费开放后前五个月的打卡人数（万人）与第个月的数据： 1 2 3 4 5 23.1 37.0 621 1116 150.8 根据表中数据可用一元线性回归模型刻画变量与变量之间的线性相关关系，且回归方程中的，则相关系数__________（精确到0.01）. 参考公式：相关系数.回归方程中斜率的最小二乘法估计公式为； 参考数据：，，，，. 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. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）证明：当时，. 16. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，. （1）求角A； （2），，D为AC的中点，求. 17. 如图，在多面体ABCDEF中，四边形ADEF为梯形，，，四边形ABCD菱形，，，，. （1）证明：平面平面BDF； （2）求平面BDF与平面BCE的夹角的余弦值. 18. 已知数列中，，. （1）求； （2）数列满足，设为数列的前项和，证明：. （3）设，证明：数列中任意不同的三项都不能构成等差数列. 19. 已知椭圆的离心率为，A，D分别为其上、下顶点，且. （1）求椭圆M的标准方程. （2）点E为椭圆M的右顶点，点B为椭圆M上在第三象限内的动点，B、C两点关于轴对称，直线DE与直线AB、直线AC分别交于点P，T，过D作轴的平行线交AE的延长线于点Q，连接QP，QT.试探究四边形APQT是否为平行四边形，并写出探究过程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $