江苏省海安高级中学2024-2025学年高三下学期第三次模拟考试数学试题

第 1 页 共 4 页 高三数学三模模拟试卷 （2025.4） 考生须知： 1.本卷满分 150 分,考试时间 120 分钟； 2.答题前,在答题卷指定区域填写班级、姓名、试场号、座位号及准考证号； 3.所有答案必须写在答题纸上,写在试卷上无效； 4.考试结束后,只需上交答题纸。 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  2 6 8 0A x x x   ∣ ，集合   2log 1 1B x x  ∣ ，则 B Að A.    1,2 3, B.    2, 1 4,   C.   1,2 4,  D.    1,2 4, 2．设向量    1, , , 2a x x b x    ，则 A．“ 3x   ”是“a b   ”的必要条件 B．“ 3x   ”是“ / /a b   ”的必要条件 C．“ 0x  ”是“a b   ”的充分条件 D．“ 1 3x    ”是“ / /a b   ”的充分条件 3．甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是 A． 1 4 B． 13 C． 1 2 D． 2 3 4. 已知等差数列 na 的前 n项和为 nS ，公差 0d  ，若 5 35S  ，且 2a ， 4a ， 9a 成等比数列， 则 7a 的值为 A. 11 B. 13 C. 19 D. 17 5．  52x x y  的展开式中， 5 2x y 的系数为 A．10 B．20 C．30 D．60 6．如图已知正方体 1 1 1 1ABCD ABC D ，M，N分别是 1AD， 1D B的中点，则 A．直线 1AD与直线 1D B垂直，直线 / /MN 平面 ABCD B．直线 1AD与直线 1D B平行，直线MN 平面 1 1BDD B C．直线 1AD与直线 1D B相交，直线 / /MN 平面 ABCD D．直线 1AD与直线 1D B异面，直线MN 平面 1 1BDD B 第 2 页 共 4 页 7．已知圆  2 2: 2 0 0M x y ay a    截直线 0x y  所得线段的长度是2 2，则圆M 与圆    2 2: 1 1 1N x y    的位置关系是 A．内切 B．相交 C．外切 D．相离 8．方程 cos( π 2 sin x)＝sin( π 2 cos x)在［0，π］上的实数解有 A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 二、选择题：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．下列统计量中，能度量样本 1 2, , , nx x x 的离散程度的是 A．样本 1 2, , , nx x x 的标准差 B．样本 1 2, , , nx x x 的中位数 C．样本 1 2, , , nx x x 的极差 D．样本 1 2, , , nx x x 的平均数 10．下列各组函数的图象，通过平移后能重合的是 A.y＝sin x与 y＝－sin x B.y＝2x与 y＝3·2x C.y＝x3与 y＝x3－x D.y＝lg x与 y＝lg(3x) 11.已知 3, 4 2         ,sin2α＝ 4 5 ,cos(α＋β)＝－ 2 10 ,则下列结论正确的是 A.cos2α＝ 3 5 B.sin α－cos α＝ 5 5 C.sin(α＋β)＝ 7 2 10 D.β－α＝ 3 4  三、填空题：本题共 3小题,每小题 5分,共 15分. 12．已知圆锥 PO的底面半径为 3，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线， 120AOB  ， 若 PAB 的面积等于 9 3 4 ，则该圆锥的体积为 13．若 f(x)＝ e 1 e 1 x x   ＋ax在[－1，＋∞)上单调递减，则实数 a的取值范围为 . 14. 已知抛物线C的方程为 2 4y x ，直线 l与C交于A，B两点，A，B两点分别位于 x轴 的上下两侧，且 5OA OB    ，其中O为坐标原点．过抛物线C的焦点 F 向 l作垂线交 l于点 H ，动点H 的轨迹为 L，则 L所在曲线的方程为 ，直线OH 斜率的最大值 为 . 第 3 页 共 4 页 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.（13分）记 ABC 的内角 , ,A B C的对边分别为 , ,a b c，已知 2 2 2 2 cos b c a A    ． (1)求bc； (2)若 cos cos 1 cos cos a B b A b a B b A c     ，求 ABC 面积． 16.(15分)记 nS 为数列 na 的前 n项和， nb 为数列 nS 的前 n项积，已知 2 1 2 n nS b   ． （1）证明：数列 nb 是等差数列; （2）求 na 的通项公式． 17.(15分)如图,在平面直角坐标系 xOy中,已知椭圆 E： 2 2 2 2 x y a b  ＝1(a＞b＞0)的离心率 e ＝ 2 2 ,且椭圆 E过点 A(2,0),过点 A作斜率为 k(k≠0)的直线 l交椭圆 E于点 B,交 y轴 于点 C. (1)求椭圆 E的方程； (2)已知 P为 AB的中点,是否存在定点 Q,对于任意的 k(k≠0) 都有OP  ⊥CQ  ,若存在,求出点 Q的坐标：若不存在说明理由. 第 4 页 共 4 页 18. （17分）如图，在正四棱锥 P ABCD 中， 2PA AB  ， E，F 分别为 PB， PD的 中点．设平面 AEF 平面 ABCD m ． （1）求证： //m BD； （2）求直线 PA与平面 AEF所成角的正弦值； （3）若平面 AEF与棱 PC交于点M ，求 PM PC 的值． 19. （17分）已知函数   1ln2 2  xxxxf . （1）证明：   1xf ； （2）证明：  xf 在上  ,0 单调递减; （3）若 210 xx  ，且     021  xfxf ，证明： 221  xx . 2025年高三教学测试数学试题卷答案 （2025.4） 考生须知： 1.本卷满分 150分,考试时间 120分钟； 2.答题前,在答题卷指定区域填写班级、姓名、试场号、座位号及准考证号。 3.所有答案必须写在答题纸上,写在试卷上无效； 4.考试结束后,只需上交答题纸。 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   2 6 8 0A x x x   ∣ ，集合   2log 1 1B x x  ∣ ，则 B Að （ ） A.    1,2 3,  B.    2, 1 4,    C.   1,2 4,   D.    1,2 4,  【答案】C 【解析】 【分析】求解不等式得集合 ,A B，再根据补集定义求解. 【详解】∵  2 6 8 0 { 2 4}A x x x x x      ∣ ∣ ，   2log 1 1 { 1}B x x x x    ∣ ∣ ， ∴   1,2 4,BA   ð . 故选：C． 2．（2024·全国新Ⅰ卷·高考真题）设向量    1, , , 2a x x b x    ，则（ ） A．“ 3x   ”是“a b   ”的必要条件 B．“ 3x   ”是“ / /a b   ”的必要条件 C．“ 0x  ”是“ a b   ”的充分条件 D．“ 1 3x    ”是“ / /a b   ”的充分条件 【答案】C 【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可. 【详解】对 A，当 a b   时，则 0a b    ， 所以 ( 1) 2 0x x x    ，解得 0x  或 3 ，即必要性不成立，故 A错误； 对 C，当 0x  时，    1,0 , 0,2a b    ，故 0a b    ， 所以 a b   ，即充分性成立，故 C正确； 对 B，当 / /a b   时，则 22( 1)x x  ，解得 1 3x   ，即必要性不成立，故 B错误； 对 D，当 1 3x    时，不满足 22( 1)x x  ，所以 / /a b   不成立，即充分性不立，故 D错误. 故选：C. 3．（2024·全国甲卷·高考真题）甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在 排尾的概率是（ ） A． 1 4 B． 1 3 C． 12 D． 2 3 【答案】B 【分析】解法一：画出树状图，结合古典概型概率公式即可求解. 解法二：分类讨论甲乙的位置，结合得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行 求解. 【详解】解法一：画出树状图，如图， 由树状图可得，甲、乙、丙、丁四人排成一列，共有 24种排法， 其中丙不在排头，且甲或乙在排尾的排法共有 8种， 故所求概率 8 1= 24 3 P  . 解法二：当甲排在排尾，乙排第一位，丙有 2种排法，丁就1种，共 2种； 当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有1种排法，丁就1种，共 2种； 于是甲排在排尾共 4种方法，同理乙排在排尾共 4种方法，于是共8种排法符合题意； 基本事件总数显然是 4 4A 24 ， 根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为 8 1 24 3  . 故选：B 4 已知等差数列 na 的前 n项和为 nS ，公差 0d  ，若 5 35S  ，且 2a ， 4a ， 9a 成等比数 列，则 7a 的值为（ ） A. 11 B. 13 C. 19 D. 17 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的性质由等差数列的求和公式和等差中项可得 1 2 7a d  ，再由等 比中项可得 13d a ，两式联立可得 1a 和 d ，然后求出数列的通项可得. 【详解】  5 1 5 3 5 5 35 2 S a a a    ，即 1 2 7a d  ， 又因为 2a ， 4a ， 9a 成等比数列，则 2 4 2 9a a a ， 即      21 1 13 8a d a d a d    ，整理可得 13d a ， 再与 1 2 7a d  联立可得 1 1a  ， 3d  ， 所以 3 2na n  ， 7 19a  ， 故选：C． 5．（2015·全国·高考真题）  52x x y  的展开式中， 5 2x y 的系数为 A．10 B．20 C．30 D．60 【答案】C 【详解】在 2 5( )x x y  的 5个因式中，2个取因式中 2x 剩余的 3个因式中 1个取 x，其余因 式取 y,故 5 2x y 的系数为 2 1 25 3 2C C C =30，故选 C. 6．（2021·浙江·高考真题）如图已知正方体 1 1 1 1ABCD ABC D ，M，N分别是 1AD， 1D B的中 点，则（ ） A．直线 1AD与直线 1D B垂直，直线 / /MN 平面 ABCD B．直线 1AD与直线 1D B平行，直线MN 平面 1 1BDD B C．直线 1AD与直线 1D B相交，直线 / /MN 平面 ABCD D．直线 1AD与直线 1D B异面，直线MN 平面 1 1BDD B 【答案】A 【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证 1// ,MN AB AD平面 1ABD ，即可得出结论. 【详解】 连 1AD ，在正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， M是 1AD的中点，所以M 为 1AD 中点， 又 N是 1D B的中点，所以 //MN AB， MN  平面 ,ABCD AB 平面 ABCD， 所以 //MN 平面 ABCD . 因为 AB不垂直 BD，所以MN不垂直 BD 则MN不垂直平面 1 1BDD B ，所以选项 B,D不正确； 在正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， 1 1AD AD ， AB 平面 1 1AAD D，所以 1AB AD ， 1AD AB A  ，所以 1AD 平面 1ABD ， 1D B 平面 1ABD ，所以 1 1AD D B ， 且直线 1 1,AD D B是异面直线， 所以选项 C错误，选项 A正确. 故选：A. 7．（2016·山东·高考真题）已知圆  2 2: 2 0 0M x y ay a    截直线 0x y  所得线段的长度 是 2 2，则圆M 与圆    2 2: 1 1 1N x y    的位置关系是 A．内切 B．相交 C．外切 D．相离 【答案】B 【详解】化简圆    22 2 1: 0, ,M x y a a M a r a M      到直线 0x y  的距离 2 ad     2 2 12 2 0,2 , 22 a a a M r           ， 又   2 1 21,1 , 1 2N r MN r r MN       1 2r r 两圆相交. 选 B 8．方程 cos( π 2 sin x)＝sin( π 2 cos x)在［0，π］上的实数解有( ) A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 答案：C 二、选择题：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．（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）下列统计量中，能度量样本 1 2, , , nx x x 的离散程度的是（ ） A．样本 1 2, , , nx x x 的标准差 B．样本 1 2, , , nx x x 的中位数 C．样本 1 2, , , nx x x 的极差 D．样本 1 2, , , nx x x 的平均数 【答案】AC 【分析】考查所给的选项哪些是考查数据的离散程度，哪些是考查数据的集中趋势即可确定 正确选项. 【详解】由标准差的定义可知，标准差考查的是数据的离散程度； 由中位数的定义可知，中位数考查的是数据的集中趋势； 由极差的定义可知，极差考查的是数据的离散程度； 由平均数的定义可知，平均数考查的是数据的集中趋势； 故选：AC. 10．下列各组函数的图象，通过平移后能重合的是( ) A.y＝sin x与 y＝－sin x B.y＝2x与 y＝3·2x C.y＝x3与 y＝x3－x D.y＝lg x与 y＝lg(3x) 11.已知 3, 4 2         ,sin2α＝ 4 5 ,cos(α＋β)＝－ 2 10 ,则下列结论正确的是 ( ) A.cos2α＝ 3 5 B.sin α－cos α＝ 5 5 C.sin(α＋β)＝ 7 2 10 D.β－α＝ 3 4  答案：BD 三、填空题：本题共 3小题,每小题 5分,共 15分. 12．（2023·全国乙卷·高考真题）已知圆锥 PO的底面半径为 3，O为底面圆心，PA，PB为 圆锥的母线， 120AOB  ，若 PAB 的面积等于 9 3 4 ，则该圆锥的体积为 【答案】 6 【详解】在 AOB 中， 120AOB  o，而 3OA OB  ，取 AB中点C，连接 ,OC PC，有 ,OC AB PC AB  ，如图， 30ABO  ∠ ， 3 , 2 3 2 OC AB BC   ，由 PAB 的面 积为 9 3 4 ，得 1 9 33 2 4 PC   ， 解得 3 3 2 PC  ，于是 2 2 2 23 3 3( ) ( ) 6 2 2 PO PC OC     ， 所以圆锥的体积 2 21 1π π ( 3) 6 6π 3 3 V OA PO       . 13．若 f(x)＝ e 1 e 1 x x   ＋ax在[－1，＋∞)上单调递减，则实数 a的取值范围为 . 14. 已知抛物线C的方程为 2 4y x ，直线 l与C交于A，B两点，A，B两点分别位于 x轴 的上下两侧，且 5OA OB    ，其中O为坐标原点．过抛物线C的焦点 F 向 l作垂线交 l于 点H ，动点 H 的轨迹为 L，则 L所在曲线的方程为 ，直线OH 斜率的最大 值为 . 答案：  2 23 4x y   ， 2 5 5 【详解】由题可设 2 1 1,4 yA y       ， 2 2 2,4 yB y       ，则  21 2 1 2 516 y y OA OB y y      ，解得 1 2 20y y   或者 1 2 4y y = （舍）， 设直线 l的方程为 x my n  ，与抛物线方程联立得 2 4 4 0y my n   ， 所以 1 2 4 20y y n    ，故 5n  ，故直线 l的方程为 5x my  ， 所以直线 l过定点  5,0D ， 又因为FH HD ，由圆的定义可知动点 H 的轨迹是以FD为直径的圆， 因为  1,0 , 4,F FD FD 中点坐标为  3,0 ， 所以 H 点的轨迹方程为  2 2: 3 4L x y   （除去点  1,0 ）， 过原点的直线和 L在第一象限内相切时，斜率最大， 所以直线OH 斜率的最大值为 2 2 2 2 5 53 2   ． 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．（2023·全国甲卷·高考真题）记 ABC 的内角 , ,A B C的对边分别为 , ,a b c，已知 2 2 2 2 cos b c a A    ． (1)求bc； (2)若 cos cos 1 cos cos a B b A b a B b A c     ，求 ABC 面积． 【答案】(1)1 (2) 3 4 【分析】（1）根据余弦定理即可解出； （2）由（1）可知，只需求出 sin A即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出． 【详解】（1）因为 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，所以 2 2 2 2 cos 2 2 cos cos b c a bc A bc A A      ，解得： 1bc  ． （2）由正弦定理可得 cos cos sin cos sin cos sin cos cos sin cos sin cos sin a B b A b A B B A B a B b A c A B B A C                  sin sin sinsin 1 sin sin sin A B A B BB A B A B A B           ， 变形可得：    sin sin sinA B A B B    ，即 2cos sin sinA B B  ， 而0 sin 1B ≤ ，所以 1cos 2 A   ，又 0 πA  ，所以 3sin 2 A  ， 故 ABC 的面积为 1 1 3 3sin 1 2 2 2 4ABC S bc A    △ ． 16．（2021·全国乙卷·高考真题）记 nS 为数列 na 的前 n项和， nb 为数列 nS 的前 n项积， 已知 2 1 2 n nS b   ． （1）证明：数列 nb 是等差数列; （2）求 na 的通项公式． 【答案】（1）证明见解析；（2）   3 , 1 2 1 , 2 1 n n a n n n       . 【分析】（1）由已知 2 1 2 n nS b   得 2 2 1 n n n bS b   ,且 0nb  ，取 1n  ,得 1 3 2 b  ,由题意得 1 2 1 2 22 2 2 1 2 1 2 1 n n n bb b b b b b         ,消积得到项的递推关系 1 1 1 2 2 1 n n n n b b b b      ,进而证明数列 nb 是等差 数列; （2）由（1）可得 nb 的表达式,由此得到 nS 的表达式,然后利用和与项的关系求得   3 , 1 2 1 , 2 1 n n a n n n       . 【详解】（1）[方法一]： 由已知 2 1 2 n nS b   得 2 2 1 n n n bS b   ,且 0nb  ， 1 2n b  , 取 1n  ,由 1 1S b 得 1 3 2 b  , 由于 nb 为数列 nS 的前 n项积， 所以 1 2 1 2 22 2 2 1 2 1 2 1 n n n bb b b b b b         , 所以 11 2 1 1 2 1 22 2 2 1 2 1 2 1 n n n bb b b b b b            ， 所以 1 1 1 2 2 1 n n n n b b b b      , 由于 1 0nb   所以 1 2 1 2 1n nb b   ，即 1 1 2n n b b   ,其中 *nN 所以数列 nb 是以 1 3 2 b  为首项，以 1 2 d  为公差等差数列; [方法二]【最优解】： 由已知条件知 1 2 3 1    n n nb S S S S S ① 于是 1 1 2 3 1( 2)      n nb S S S S n ． ② 由①②得 1 n n n b S b   ． ③ 又 2 1 2 n nS b   ， ④ 由③④得 1 1 2n n b b   ． 令 1n  ，由 1 1S b ，得 1 3 2 b  ． 所以数列 nb 是以 3 2 为首项， 1 2 为公差的等差数列． [方法三]： 由 2 1 2 n nS b   ，得 2 2   n n n Sb S ，且 0nS  ， 0nb  ， 1nS  ． 又因为 1 1 1     n n n n nb S S S S b ，所以 1 1 2 2    n n n n bb S S ，所以  1 1 1 1 ( 2) 2 2 2 2 2 1 2           n n n n n n n S Sb b n S S S ． 在 2 1 2 n nS b   中，当 1n  时， 1 1 3 2  b S ． 故数列 nb 是以 3 2 为首项， 1 2 为公差的等差数列． （2） 由（1）可得，数列 nb 是以 1 3 2 b  为首项，以 1 2 d  为公差的等差数列，  3 11 1 2 2 2n nb n       , 2 2 2 1 1 n n n b nS b n      , 当 n=1时， 1 1 3 2 a S  , 当 n≥2时,  1 2 1 1 1 1n n n n na S S n n n n           ,显然对于 n=1不成立, ∴   3 , 1 2 1 , 2 1 n n a n n n       . 17.(本小题 15分)如图,在平面直角坐标系 xOy中,已知椭圆 E： 2 2 2 2 x y a b  ＝1(a＞b＞0)的离 心率 e＝ 2 2 ,且椭圆 E过点 A(2,0),过点 A作斜率为 k(k≠0)的直线 l交椭圆 E于点 B,交 y 轴于点 C. (1)求椭圆 E的方程； (2)已知 P为 AB的中点,是否存在定点 Q,对于任意的 k(k≠0)都有OP  ⊥CQ  ,若存在,求出 点 Q的坐标：若不存在说明理由. 18. 如图，在正四棱锥 P ABCD 中， 2PA AB  ，E，F 分别为 PB，PD的中点．设 平面 AEF 平面 ABCD m ． （1）求证： //m BD； （2）求直线 PA与平面 AEF 所成角的正弦值； （3）若平面 AEF 与棱 PC交于点M ，求 PM PC 的值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 10 10 （3） 1 3 PM PC  【解析】 【分析】（1）先由线线平行证明线面平行，再由线面平行的性质得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可； （3）根据平面的法向量与平面内直线垂直，利用向量法求解即可. 【小问 1详解】 连接 EF ，在 PBD△ 中，因为 E， F 分别为 PB， PD的中点， 所以 //EF BD，又因为 EF 平面 ABCD， BD 平面 ABCD， 所以 //EF 平面 ABCD， 又因为 EF 平面 AEF ，平面 AEF 平面 ABCD m ，所以 //EF m， 又因为 //EF BD，所以 //m BD． 【小问 2详解】 设 AC BD O ，连接 PO， 因为 P ABCD 为正四棱锥，所以O为正方形 ABCD的中心， 所以OA OB ， PO 平面 ABCD． 以O为原点，OA，OB，OP所在直线分别为 x轴， y轴， z轴，建立如图所示的空间直 角坐标系， 由题意可知，  2,0,0A ，  0, 2,0B ，  2,0,0C  ，  0, 2,0D  ，  0,0, 2P ， 2 20, , 2 2 E        ， 2 20, , 2 2 F        ， 故  2,0, 2PA   ， 2 22, ,2 2AE          ，  0, 2,0EF   ， 设平面 AEF的法向量为  , ,m x y z ， 则 0 0 m AE m EF         ，即 2 22 0 2 2 2 0 x y z y         ，令 2z  ，则  1,0,2m  ． 设直线 PA与平面 AEF 所成角为 ， 则 2 2 2 10sin cos , 102 5 m PA m PA m PA           ， 所以直线 PA与平面 AEF所成角的正弦值为 10 10 ． 【小问 3详解】 连接 AM ，设  0 1PM PC     ，所以  2 ,0, 2PM PC       ， 因为  2,0, 2AP   ，所以  2 2 ,0, 2 2AM AP PM          ， 由（2）知平面 AEF 的法向量为  1,0,2m  ， 所以平面 AEMF 的法向量为  1,0,2m  ， 由 AM 平面 AEMF ，可知 0m AM   ， 即  2 2 2 2 2 0      ，解得 13  ． 即 1 3 PM PC  ． 19. 已知函数   1ln2 2  xxxxf . （1）证明：   1xf ； （2）证明：  xf 在上  ,0 单调递减; （3）若 210 xx  ，且     021  xfxf ，证明： 221  xx . 解：（1）要证   1xf ，只要证 0ln2 2  xxx ，因为 0x ，所以只要证 0ln2  xx ，记    0ln2  xxxxg ，   0212,  x x x xg ，得 2x ，且  2,0x 时，   0, xg ，   ,2x 时，   0, xg ， 所以  xg 在  2,0 上单调递增，在  ,2 上单调递减，所以       012ln222ln22  gxg ，从而得证. （2） （3）由（2）可知，