精品解析：宁夏回族自治区石嘴山市第一中学2025届高三第三次模拟数学试题

石嘴山市第一中学2024-2025学年高三年级高考第三次模拟 数学试题 一、单选题（共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列四种说法中，正确的是(　　) A. 集合A＝{－1,0}的子集有3个 B. “若am2＜bm2，则a＜b”的逆命题为真 C. “命题p∨q为真”是“命题p∧q为真”的必要不充分条件 D. 命题“∀x∈R，x2－3x－2≥0”的否定是“∃x0∈R，使得x－3x0－2≥0” 3. 已知命题 ，命题 : 复数 为纯虚数，则命题 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 4. 已知数列中，，，，则（ ） A. 4 B. 2 C. -2 D. -4 5. 在中，，，分别为内角，，的对边，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 某学校有男生850人，女生650人，为调查学生在食堂的平均花费，将男女按比例进行同比例分层抽样.通过同比例分层抽样得到样本中男生一天花费在20元左右，女生在15元左右，则该校学生一个月（按30天）在食堂的平均花费约为（ ） A. 600元 B. 450元 C. 535元 D. 480元 7. 椭圆的左右焦点分别是，，过的直线交椭圆于A，B两点，且，．则椭圆的离心率是（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，若函数的图象与直线有三个交点，则实数b的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共18分） 9. 已知向量，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 是与共线的单位向量，则 D. 取得最大值时， 10. 下列说法中，正确的有（ ） A. 的展开式中，的系数是60 B. ，则 C. 用数字0，1，2，3，4组成的无重复数字的四位数中，偶数的个数为48 D. 随机变量X的分布列为，，则 11. 已知正三棱锥外接球的表面积为，则下列结论正确的是（ ） A. 正三棱锥外接球的体积为 B. 当时，点到底面的距离为2 C. 若满足条件的正三棱锥存在两个，则 D. 正三棱锥体积的最大值为 三、填空题（共15分） 12. 已知，为单位向量，且在上的投影向量为，则与的夹角为_________． 13. 已知偶函数的定义域为，且在上是增函数，若，则不等式的解集是__________． 14. 阿波罗尼斯（约公元前年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆，已知、分别是圆，圆上的动点，是坐标原点，则的最小值是 __． 四、解答题（共77分） 15. 如图，在直三棱柱中，，，，上的点E满足． （1）求证：平面； （2）求平面CBE与平面ABE夹角的余弦值． 16. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若恒成立，求实数的取值范围． 17. 已知数列的首项，且满足. （1）求证：数列为等比数列； （2）求数列的通项公式和前项和； （3）记，求数列的前项和，并证明. 18. 已知双曲线的离心率为，右焦点到的一条渐近线的距离为2. （1）求的方程； （2）经过点的直线、（斜率都存在）分别与交于点、和、，、分别为、的中点. （i）若点，求直线的方程； （ii）若点，且，证明：直线过定点. 19. 新高考模式的选科是按物理类与历史类两大块组合进行，即物理与历史必选一科，再从化学、生物、地理、政治四个学科中任选两科，加上语文、数学、英语组成一种组合，简称“物理类”与“历史类”．为了解选科组合是否与性别有关，某机构随机选取了100名学生，进行了问卷调查，得到如下的列联表： 性别 选科组合 合计 物理类 历史类 男生 40 女生 30 合计 已知在这100名学生中随机抽取1人，抽到选物理类学生的概率为0.6． （1）完成表中数据，并根据小概率值的独立性检验，判断选科组合是否与性别有关； （2）从上述选物理类的学生中利用分层随机抽样的方法抽取6人，再从6人中随机抽取4人调查其选物理类的原因． （ⅰ）用表示这4人中男生的人数，求的分布列及数学期望； （ⅱ）已知这4人中有女生的条件下，求男生、女生人数不相等的概率． 附：，其中． 0.1 0.05 0.005 2.706 3.841 7.879 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 石嘴山市第一中学2024-2025学年高三年级高考第三次模拟 数学试题 一、单选题（共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出，再与集合Q求交集即可. 【详解】由，得或，所以或，， 故， 故选：C. 【点晴】本题考查集合间的基本运算，涉及到解一元二次不等式，是一道容易题. 2. 下列四种说法中，正确的是(　　) A. 集合A＝{－1,0}的子集有3个 B. “若am2＜bm2，则a＜b”的逆命题为真 C. “命题p∨q为真”是“命题p∧q为真”的必要不充分条件 D. 命题“∀x∈R，x2－3x－2≥0”的否定是“∃x0∈R，使得x－3x0－2≥0” 【答案】C 【解析】 【分析】首先对选项逐个分析，对于A项，含有n个元素的有限集合的子集的个数是个，从而得出其为错误的，B项需要对不等式的性质要熟记，时不成立，从而得到其为错的，D项关于全称全称命题的否定是特称命题，再者就是其反面，从而得出其为错的，只有C项是正确的，得出答案. 【详解】的子集有共4个，A错； “若am2＜bm2，则a＜b”的逆命题为“若a＜b，则am2＜bm2”，当时为假命题，B错； “命题p∨q为真”，命题p与q至少有一个为真，而“命题p∧q为真”，命题p与命题q全为真，C正确； 命题“∀x∈R，x2－3x－2≥0”的否定是“∃x0∈R，使得x－3x0－2<0”，D错； 故选C. 【点睛】该题考查的是有关选择正确命题的问题，涉及到的知识点有含有n个元素的有限集合的子集的个数，判断一个命题的逆命题的真假，复合命题的真值表以及充要条件，全称命题的否定形式，正确理解相应的知识点是解题的关键. 3. 已知命题 ，命题 : 复数 为纯虚数，则命题 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】C 【解析】 【分析】先将命题看成真命题求出的取值，再根据充要条件与集合间的关系即可写出答案 【详解】因为是纯虚数，所以 ， 所以. 故命题是命题 的充要条件 故选：C. 4. 已知数列中，，，，则（ ） A. 4 B. 2 C. -2 D. -4 【答案】D 【解析】 【分析】根据递推关系可得数列是以3为周期的数列，即可求出. 【详解】因为，，，所以， 则，，，…， 所以数列是以3为周期的数列， 则. 故选：D. 5. 在中，，，分别为内角，，的对边，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理将边化角，整理即可求得. 【详解】， 由正弦定理可得， 又在中， ， ， ， 在中，， ，且为的内角， ， 故选：C． 6. 某学校有男生850人，女生650人，为调查学生在食堂的平均花费，将男女按比例进行同比例分层抽样.通过同比例分层抽样得到样本中男生一天花费在20元左右，女生在15元左右，则该校学生一个月（按30天）在食堂的平均花费约为（ ） A. 600元 B. 450元 C. 535元 D. 480元 【答案】C 【解析】 【分析】按分层比确定学生一天的平均花费，进而可求解. 【详解】因为同比例分层抽样是按比例分配， 所以根据公式得该校学生一天在食堂的平均花费为（元）. 所以该校学生一个月在食堂的平均花费约为（元）. 故选：C 7. 椭圆的左右焦点分别是，，过的直线交椭圆于A，B两点，且，．则椭圆的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，得到，在直角中，利用勾股定理，列出方程，求得，且，得到，结合椭圆的离心率的定义，即可求解. 【详解】如图所示，不妨设，则， 因为，所以是直角三角形， 可得，解得，则， 所以，解得， 可得，即椭圆的离心率为. 故选：B. 8. 设函数，若函数的图象与直线有三个交点，则实数b的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，先画的图像，求导得到其单调性以及极值，然后再画的图像，结合函数的图像，即可得到结果. 【详解】 当时，，则． 由得，所以在上单调递减； 由得，所以在上单调递增． 当时，，当时，， 当时，， 当时，取得极小值，． 又当时，，所以函数的大致图象如图． 由图可知，当时，函数的图象与直线有三个交点， 所以实数b的取值范围是， 故选：D． 二、多选题（共18分） 9. 已知向量，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 是与共线的单位向量，则 D. 取得最大值时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，根据两向量平行的坐标运算得解；对B，由可得，根据数量积的坐标运算求解；对C，与共线的单位向量为运算判断；对D，根据向量数量积的坐标运算结合三角恒等变换化简，利用正弦函数的性质运算求解判断. 【详解】对于A，因为向量，所以，即，故A正确； 对于B，等价于，即，则， 所以，所以，故B正确； 对于C，与共线的单位向量为，故C错误； 对于D，， 当，即时，取得最大值时，此时，故D正确． 故选：ABD. 10. 下列说法中，正确的有（ ） A. 的展开式中，的系数是60 B. ，则 C. 用数字0，1，2，3，4组成的无重复数字的四位数中，偶数的个数为48 D. 随机变量X的分布列为，，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据二项式定理写出展开式通项，由题意，可得其正误；对于B，利用赋值法，分别赋值为，相减可得其正误；对于C，根据分类加法原理，结合四位数且为偶数的性质，可得其正误；对于D，根据数学期望以及方差的计算公式，可得其正误. 【详解】的展开式的通项为，，1，2，3，4，5，6， 令，则的展开式中的系数为，故A正确； 在中，令，得，所以； 再令，得，即． 所以，故B正确； 由题意，若四位数为偶数，则其个位数字为0，2或4． 当个位数字为时，四位数有个； 当个位数字为2或4时，四位数分别有个． 由分类加法计数原理，得偶数的个数为，故C错误； 由题意得，， 所以，故D正确． 故选：ABD． 11. 已知正三棱锥外接球的表面积为，则下列结论正确的是（ ） A. 正三棱锥外接球的体积为 B. 当时，点到底面的距离为2 C. 若满足条件的正三棱锥存在两个，则 D. 正三棱锥体积的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由表面积求得半径即可求解；对于B，设，点到底面的距离为，求得外接圆的半径为，由求解即可；对于C，由B中，方程有两根即可求解；对于D，由体积公式得到，通过求导求最值即可. 【详解】设正三棱锥外接球的球心为，半径为．由，得，所以正三棱锥外接球的体积为，A正确． 设，点到底面的距离为，则外接圆的半径为， 点到球心的距离为，由，得， 当时，，得，B错误． 若满足条件的正三棱锥存在两个，则方程有两个正解， 则解得，C正确． 由，得，则正三棱锥的体积为． 设函数，则，得在上单调递增，在上单调递减， 所以，D正确． 故选：ACD 三、填空题（共15分） 12. 已知，为单位向量，且在上的投影向量为，则与的夹角为_________． 【答案】 【解析】 【分析】设与的夹角为，则，利用投影向量的定义可得出的值，即可得出角的值，即为所求. 【详解】设与的夹角为，则， 因为在上的投影向量为，可得， 故，即与的夹角为. 故答案为：. 13. 已知偶函数的定义域为，且在上是增函数，若，则不等式的解集是__________． 【答案】 【解析】 【分析】由是偶函数，且在上是增函数，易得在上是减函数，再分和求解. 【详解】解：因为是偶函数，且在上是增函数， 所以在上是减函数， 又，所以， 当时，不等式即为，解得； 当时，不等式即为，解得， 此时， 故答案为：， 14. 阿波罗尼斯（约公元前年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆，已知、分别是圆，圆上的动点，是坐标原点，则的最小值是 __． 【答案】 【解析】 【分析】由题意画出草图，结合相似三角形，可得的最小值即为，而，从而可得所求的最小值. 【详解】如图所示： 取点，设， 则， 在和中，， 所以和相似，且相似比为， 所以，则， 而， 即的最小值为， 所以. 故答案为：. 四、解答题（共77分） 15. 如图，在直三棱柱中，，，，上的点E满足． （1）求证：平面； （2）求平面CBE与平面ABE夹角的余弦值． 【答案】（1） 因为三棱柱是直三棱柱，所以， 又因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 又因为，，平面平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得平面，可得，结合已知可证平面； （2）建立空间直角坐标系，求得平面和平面，利用向量法可求两平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2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， 设，则， 因为，所以，解得， 所以，所以， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 16. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义即可得解； （2）利用导数求得的最小值，从而得到关于的不等式，解之即可得解. 【小问1详解】 因为，所以， 当时，， 故， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 由（1）得， 因为所以由得 所以当时，单调递减； 当时，单调递增； 所以 因为恒成立，所以，解得， 所以实数的取值范围为 17. 已知数列的首项，且满足. （1）求证：数列为等比数列； （2）求数列的通项公式和前项和； （3）记，求数列的前项和，并证明. 【答案】（1）证明见解析 （2）； （3）；证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，化简得到，结合等比数列的定义，即可得证； （2）由（1），得到，得到，结合等比数列的求和公式，即可求解； （3）由（2），求得，得到，结合裂项法求和，求得，进而证得. 【小问1详解】 证明：因为数列满足， 可得，又因为，可得， 从而可得，即， 所以数列是首项为，公比为的等比数列. 【小问2详解】 解：由（1）知，数列是首项为，公比为的等比数列， 可得，所以， 则数列的前项和为. 【小问3详解】 解：由（2）知：，可得， 所以， 所以， 当时，易知关于是单调递增数列， 当时，取得最小值，最小值为， 又因为，可得，所以. 18. 已知双曲线的离心率为，右焦点到的一条渐近线的距离为2. （1）求的方程； （2）经过点的直线、（斜率都存在）分别与交于点、和、，、分别为、的中点. （i）若点，求直线的方程； （ii）若点，且，证明：直线过定点. 【答案】（1） （2）（i）（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据离心率和右焦点到渐近线的距离以及双曲线中关系列等式，即可求得得值，从而得到双曲线的方程. （2）（i）用点差法求得中点弦的斜率，在用点斜式即可写出直线的方程. （ii）利用向量的数量积为得到与垂直，设出两条垂直的直线、分别与双曲线方程联立，写出、的坐标及斜率，再用点斜式写出直线的方程，化简即可得证. 【小问1详解】 设双曲线右焦点为，则有， 由于的一条渐近线的方程为， 由题可得，解得. 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 （i）设，，由题意点是中点， 则，，直线的斜率. 因为、在上，则， 两式相减得， 整理可得，即， 可得直线的方程为，即， 检验：直线与联立方程得， 其，符合题意； 所以直线的方程为. （ii）设，由于，所以. 设直线，联立方程：，得， 其中且. 则有，，代入直线得， 所以. 同理设， 直线，联立方程：， 得， 其中且 则有，，代入直线得， 得. 所以 ， 则有直线. 令，得. 当直线的斜率不存在时，则，直线； 所以直线过定点. 19. 新高考模式的选科是按物理类与历史类两大块组合进行，即物理与历史必选一科，再从化学、生物、地理、政治四个学科中任选两科，加上语文、数学、英语组成一种组合，简称“物理类”与“历史类”．为了解选科组合是否与性别有关，某机构随机选取了100名学生，进行了问卷调查，得到如下的列联表： 性别 选科组合 合计 物理类 历史类 男生 40 女生 30 合计 已知在这100名学生中随机抽取1人，抽到选物理类学生的概率为0.6． （1）完成表中数据，并根据小概率值的独立性检验，判断选科组合是否与性别有关； （2）从上述选物理类的学生中利用分层随机抽样的方法抽取6人，再从6人中随机抽取4人调查其选物理类的原因． （ⅰ）用表示这4人中男生的人数，求的分布列及数学期望； （ⅱ）已知这4人中有女生的条件下，求男生、女生人数不相等的概率． 附：，其中． 0.1 0.05 0.005 2.706 3.841 7.879 【答案】（1）列联表： 性别 选科组合 合计 物理类 历史类 男生 40 10 50 女生 20 30 50 合计 60 40 100 选科组合与性别有关 （2）（ⅰ）的分布列为： 2 3 4 ； （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据题意完善列联表，根据表中数据求，并与临界值对比分析. （2）（ⅰ）根据超几何分布的概率公式求解概率，即可求解分布列以及期望；（ⅱ）利用条件概率公式即可求解. 【小问1详解】 由题可得选物理类学生为，可得列联表： 性别 选科组合 合计 物理类 历史类 男生 40 10 50 女生 20 30 50 合计 60 40 100 零假设：：选科组合是否与性别无关， 由列联表可得， 根据小概率值0.005的独立性检验，推断不成立，即认为选科组合与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005； 【小问2详解】 （ⅰ）物理类男生应抽取人数为：人，物理类女生应抽取人数为：人， 所以随机变量的可能性为：. 所以, 所以的分布列为： 2 3 4 . （ⅱ）令事件为“这4人中有女生”，令事件为“男生、女生人数不相等”， 则有, 所以, 所以在有女生的条件下，男生、女生人数不相等的概率为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $