精品解析：山西省吕梁市2025届高三第三次模拟考试数学试题

吕梁市2025年高三年级第三次模拟考试 数学试题 2025.5 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、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．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． 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数z满足，，则（ ） A. B. 10 C. 8 D. 3. 已知等差数列的公差，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 4. 已知向量，则的最小值是（ ） A. B. C. 5 D. 25 5. 在的展开式中，的系数是（ ） A. 11 B. 15 C. 20 D. 25 6. 已知点分别为双曲线的左顶点和右焦点，过点且与x轴垂直的直线l与双曲线交于M，N两点，以线段为直径的圆过点A，则该双曲线的离心率为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 7. 已知点M为圆与y轴负半轴的交点，直线与圆O交于A，B两点，则面积的最大值为（ ） A. 3 B. C. 4 D. 8. 已知函数有三个零点，则三个零点之和为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知变量x和变量y，根据最小二乘法估计得到成对数据组的经验回归方程，成对数据组的经验回归方程，记，则（ ） （参考公式，对于一组成对数据，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式为：） A. 直线经过点 B. 直线不经过点 C. D. 10. 已知在正四面体中，M，N分别是的中点，平面与直线都平行，则（ ） A. B. C. 直线与平面所成角为 D. 平面与平面的夹角的余弦值为 11. 已知定义域为的函数满足，都有，且时，，则（ ） A. B. 是偶函数 C. 的解集为 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知抛物线上的点P到其焦点的距离为4，则点P的坐标为__________． 13. 已知圆柱的上、下底面圆周在同一球面上，且球的表面积是圆柱的表面积的2倍，则球的体积与圆柱的体积的比值是__________． 14. 设函数，若对于任意的，都有，则的最小值为__________． 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. 已知在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，其中． （1）求B； （2）若的面积，求b的值． 16. 某企业为了提高生产效率，采用智能监测器对企业的生产设备进行监测．已知该企业的生产设备正常的概率，在生产设备异常的情况下，每台智能监测器出现预警信号的概率为；在生产设备正常的情况下，每台智能监测器出现预警信号的概率为． （1）如果用2台智能监测器进行监测，且每台智能监测器相互独立，已知，在生产设备异常的情况下，求智能监测器出现预警信号的台数X的分布列及数学期望； （2）如果用1台智能监测器进行监测，要使在智能监测器出现预警信号的条件下，生产设备异常的概率超过95%，求的范围． 17. 如图，在多面体中，四边形是边长为4的正方形，． （1）证明：平面平面； （2）若，当平面与平面的夹角为时，求该多面体的体积． 18. 已知A，B分别为椭圆的左、右顶点，分别为其左、右焦点，P是椭圆E上与A，B不重合的任意一点，点P到原点O的距离的最小值为1，直线与直线的斜率之积为．已知，以为直径的圆与以为直径的圆在x轴上方的交点为． （1）求椭圆E的方程； （2）（i）证明：直线为椭圆E的切线； （ii）设切线与椭圆E的切点的横坐标为，证明：． 19. 存在非零常数W，使，都有，我们称具有上述性质的函数为稳定函数． （1）判断一次函数能否为稳定函数，并说明理由； （2）如果指数函数（，且）是稳定函数，求底数a的范围； （3）若是稳定函数，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 吕梁市2025年高三年级第三次模拟考试 数学试题 2025.5 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、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．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． 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据对数运算得出集合A，再应用交集定义计算求解. 【详解】集合， 则. 故选：B. 2. 复数z满足，，则（ ） A. B. 10 C. 8 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的乘法运算及模长公式即可求解. 【详解】由， 可得， 所以， 故选：A 3. 已知等差数列的公差，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式，将、用和表示出来，再代入已知等式求解. 【详解】由等差数列通项公式可得：， 已知，所以；. 将，代入可得：， 则，化简可得：，解得或. 因为已知公差，所以舍去，得到. 故选：B. 4. 已知向量，则的最小值是（ ） A. B. C. 5 D. 25 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量垂直的坐标表示求出，再结合二次函数的性质求出最值可得. 【详解】， ，即， 所以， 所以最小值为5，当时取得. 故选：C. 5. 在的展开式中，的系数是（ ） A. 11 B. 15 C. 20 D. 25 【答案】C 【解析】 【分析】先求出展开式的通项公式，再分别分析与展开式相乘得到的情况，最后将系数相加即可得到的系数. 【详解】展开式的通项公式为：（）.  情况一：与展开式中的项相乘. 令，解得. 将代入到中，可得，所以与展开式中的项相乘得到的系数为.  情况二：与展开式中的项相乘. 令，解得. 将代入到中，可得，所以与展开式中的项相乘得到的系数为.   将两种情况得到的的系数相加，可得，即的展开式中的系数是20.  故选：C. 6. 已知点分别为双曲线的左顶点和右焦点，过点且与x轴垂直的直线l与双曲线交于M，N两点，以线段为直径的圆过点A，则该双曲线的离心率为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得，表示出即可构造关于离心率的齐次方程. 【详解】 由题意，由双曲线的对称性可知垂直且平分线段， 从而，将代入，解得 ， 从而，即，解得. 故选：C. 7. 已知点M为圆与y轴负半轴的交点，直线与圆O交于A，B两点，则面积的最大值为（ ） A. 3 B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】注意到直线过点C，将直线与圆方程联立，设，则面积为，然后由韦达定理可得面积关于k的表达式，据此可得答案. 【详解】注意到直线过点C，将直线方程与联立， 可得，其判别式为， 设，则. 又，， 则 ， 当且仅当时取等号. 故选：B 8. 已知函数有三个零点，则三个零点之和为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】通过换元法将函数转化为关于新变量的方程，再求解新变量，进而得到原函数的零点，最后求出三个零点之和. 【详解】令，则，函数可转化为. 因为函数有三个零点，所以函数也有三个零点.  是偶函数，其图象关于轴对称. 因为有三个零点，根据偶函数的性质可知，必有一个零点为. 将代入中，可得，即，因式分解得. 因为，所以，解得.  当时，. 当时，，令，即，因式分解得，解得或. 因为是偶函数，所以当时，，令，即，因式分解得，解得或. 所以的三个零点为，，.  因为，，所以当时，；当时，；当时，. 即的三个零点为，，.  三个零点之和为.  故选：D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知变量x和变量y，根据最小二乘法估计得到成对数据组的经验回归方程，成对数据组的经验回归方程，记，则（ ） （参考公式，对于一组成对数据，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式为：） A. 直线经过点 B. 直线不经过点 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据回归方程的性质判断选择即可. 【详解】根据回归方程的性质得出直线经过点样本中心点，A选项正确； 直线直线经过点样本中心点，B选项错误； 由题意，，，两组数据的也无变化， ， ，C正确； ，D错误. 故选：AC. 10. 已知在正四面体中，M，N分别是的中点，平面与直线都平行，则（ ） A. B. C. 直线与平面所成角为 D. 平面与平面的夹角的余弦值为 【答案】BD 【解析】 【分析】把正四面体放入正方体中，利用正方体的性质与正四面体的性质逐项分析求解即可得结论. 【详解】如图，把正四面体放入正方体中，易知平面与平面平行， 因为M，N分别是的中点，所以，所以，同理可得， 又因为，所以，又因为交于，所以平面， 所以，故A错误，B正确； 直线与平面所成的角为，故C错误； 平面与平面的夹角为，设正方体的边长为，由正方体的性质可得， 由余弦定理可得，故D正确. 故选：BD. 11. 已知定义域为的函数满足，都有，且时，，则（ ） A. B. 是偶函数 C. 的解集为 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】赋值可确定A，令可得知函数关于对称，不是偶函数，通过变换，可证明函数单调性，再利用函数的单调性解不等式，由可求D. 【详解】对A，令，，故A正确； 对B，令，，故函数关于对称，不是偶函数，故B错误； 对C，，所以， 即，，， ，时，，故， 所以，即在上单调递增， ，所以，解得，故C正确； 对D，，，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. 已知抛物线上的点P到其焦点的距离为4，则点P的坐标为__________． 【答案】或 【解析】 【分析】根据抛物线的方程确定焦点坐标与准线方程，设，结合抛物线的定义与已知即可得点P的坐标. 【详解】抛物线的标准方程为， 则抛物线的焦点坐标为，准线方程为， 设抛物线上一点， 由抛物线的定义可得，解得，所以点P的坐标为或. 故答案为：或. 13. 已知圆柱的上、下底面圆周在同一球面上，且球的表面积是圆柱的表面积的2倍，则球的体积与圆柱的体积的比值是__________． 【答案】## 【解析】 【分析】设球的半径为，圆柱底面的半径为，圆柱的母线长为，由题意得，又圆柱的上、下底面圆周在同一球面上，所以，解得即可求解. 【详解】设球的半径为，圆柱底面的半径为，圆柱的母线长为，则球的表面积为，圆柱的表面积为， 所以，得①， 又圆柱的上、下底面圆周在同一球面上，所以②， 由①②解得，所以球的体积为， 圆柱的体积为，所以. 故答案为：. 14. 设函数，若对于任意的，都有，则的最小值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】由题可得，又由奇偶性，周期性可得只需研究在上的最值情况，利用导数得其最值可得答案. 【详解】对于任意的，都有， 则. 注意到，，则的一个周期为，且为偶函数， 则由在上的最值情况，可得其在定义域上的最值情况. 时，， 故. ，则或. 则的最值只可能在处产生. 因， 则此时，故. 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. 已知在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，其中． （1）求B； （2）若的面积，求b的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角转化解得，结合角度关系即可得的值； （2）根据三角形面积公式求解边的值，结合余弦定理即可得b的值． 【小问1详解】 因为，所以， 由正弦定理得，由于， 则，即，由于，则； 【小问2详解】 由于的面积，解得， 由余弦定理得， 故. 16. 某企业为了提高生产效率，采用智能监测器对企业的生产设备进行监测．已知该企业的生产设备正常的概率，在生产设备异常的情况下，每台智能监测器出现预警信号的概率为；在生产设备正常的情况下，每台智能监测器出现预警信号的概率为． （1）如果用2台智能监测器进行监测，且每台智能监测器相互独立，已知，在生产设备异常的情况下，求智能监测器出现预警信号的台数X的分布列及数学期望； （2）如果用1台智能监测器进行监测，要使在智能监测器出现预警信号的条件下，生产设备异常的概率超过95%，求的范围． 【答案】（1）X的分布列为 X 0 1 2 P （2） 【解析】 【分析】（1）结合题意得到，再求出对应取值的概率，进而得到分布列和数学期望即可. （2）设出基本事件并求出概率，再利用全概率公式求得，然后结合对立事件的概率公式，利用条件概率公式求得，列不等式求解即可. 【小问1详解】 智能监测器出现预警信号的台数X的所有可能取值为，则， 则，， ， 则X的分布列为 X 0 1 2 P 故X的数学期望为. 【小问2详解】 设生产设备正常为事件，生产设备异常为事件，智能监测器出现预警信号为事件， 则，，，， 由全概率公式知， ，所以， 解得，又因为，所以的范围是. 17. 如图，在多面体中，四边形是边长为4的正方形，． （1）证明：平面平面； （2）若，当平面与平面的夹角为时，求该多面体的体积． 【答案】（1）在正方形中，， 由因为，是平面内两条相交直线， 所以平面， 又 在平面内， 所以平面平面 （2） 【解析】 【分析】（1）由平面即可求证； （2）建系，设，通过面面夹角的向量公式求得，再补全成三棱柱即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取 的中点 ，的中点，连接， 因为， 所以， 又因为平面平面，相交于 ，且在平面内， 所以平面， 如图，分别以所在直线为 轴建立空间直角坐标系， 设， 以题意得：， 设平面的法向量，， 则， 令，得， 则， 设平面的法向量，， 则， 令，得， 所以， 设平面与平面的夹角为， 则， 化简可得：，解得： ， 将该多面体补成三棱柱，如图： 所以多面体的体积 18. 已知A，B分别为椭圆的左、右顶点，分别为其左、右焦点，P是椭圆E上与A，B不重合的任意一点，点P到原点O的距离的最小值为1，直线与直线的斜率之积为．已知，以为直径的圆与以为直径的圆在x轴上方的交点为． （1）求椭圆E的方程； （2）（i）证明：直线为椭圆E的切线； （ii）设切线与椭圆E的切点的横坐标为，证明：． 【答案】（1） （2）（i）证明：由题意， 所以以为直径的圆的方程为， 以为直径的圆的方程为， 两式相减得，， 解得，注意到点的纵坐标大于0， 从而，，即点的坐标为， 设是椭圆上一点，当与左右顶点重合时，过点的椭圆的切线方程是， 当与左右顶点不重合时，设在轴上方， 此时，即，求导得， 此时过点的椭圆的切线方程是，即， 同理可证当在轴下方时，过点的椭圆的切线方程是， 综上所述，过点的椭圆的切线方程是， 设直线过点， 则，解得， 点的坐标满足， 所以直线为椭圆E的切线； （ii）证明：由题意， 所以以为直径的圆的方程为， 以为直径的圆的方程为， 两式相减得，， 解得，注意到点的纵坐标大于0， 从而，，即点的坐标为， 设是椭圆上一点，当与左右顶点重合时，过点的椭圆的切线方程是， 当与左右顶点不重合时，设在轴上方， 此时，即，求导得， 此时过点的椭圆的切线方程是，即， 同理可证当在轴下方时，过点的椭圆的切线方程是， 综上所述，过点的椭圆的切线方程是， 设直线过点， 则，解得， 点的坐标满足， 所以直线为椭圆E的切线； 【解析】 【分析】（1）由题意列出关于的方程求解即可； （2）（i）首先求出的坐标，证明过点的椭圆的切线方程是，然后假设直线的方程是，求出，再检验点在椭圆上即可；（ii）只需证明和时，即可，其中时，可通过保留一项并且放缩裂项的方式得证. 【小问1详解】 由题意，不妨设，从而，解得， 故所求为； 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 19. 存在非零常数W，使，都有，我们称具有上述性质的函数为稳定函数． （1）判断一次函数能否为稳定函数，并说明理由； （2）如果指数函数（，且）是稳定函数，求底数a的范围； （3）若是稳定函数，求的值． 【答案】（1）不能 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先假设一次函数为稳定函数，再推出矛盾即可得到矛盾； （2）指数函数为稳定函数，得到，构建新函数并利用导数即可求出底数a的范围； （3）由是稳定函数，得到等式，列出等式，求出，即可求得结果. 【小问1详解】 假设一次函数是稳定函数，则存在非零常数W， 使得：,展开并整理得：， 所以,解得，与题干矛盾，故一次函数不能为稳定函数 【小问2详解】 指数函数（，且）是稳定函数，故满足， 即：,由方程可得， 故只需解方程，设， 则，当时，，当时，， 故在单调递减，在上单调递增，故的最大值为， 故，而，故或. 【小问3详解】 若是稳定函数，则存在非零常数W，使得， 利用余弦加法公式展开左边：， 等式变为：，比较系数得：, 由得（n为非零整数），即，将此式代入得： ， 进一步分析得（m为非零整数），此时， 因此：，当m为整数时，， 故 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $