精品解析：江西省萍乡市2025届高三第三次模拟考试数学试题

2025年普通高等学校招生萍乡市第三次模拟考试 高三数学试卷 试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上. 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.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回. 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. 的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. 3 D. 6 3. 记为等差数列的前项和，若的公差为，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知集合，，，若集合C有3个真子集，则实数m的值可能为（ ） A. B. C. D. 5. 记，为实数，设甲：；乙：，则甲是乙的（ ） 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 6. 圆与圆的公切线条数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 从双不同品牌的筷子中任取两根，若其中一根为品牌的筷子，则另一根筷子也属于品牌的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数满足对于任意实数x，y均有，且，则（ ） A. 675 B. 1350 C. 2025 D. 4050 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. 已知双曲线，为上四个动点，则四边形的形状可能为（ ） A. 菱形 B. 等腰梯形 C. 正方形 D. 矩形 10. 已知正方体中，动点、分别在棱、（不含端点）上，则（ ） A. B. 若、分别为所在棱的中点，则平面将正方体的体积平分 C. 不存在点，使得点与点到平面的距离相等 D. 当由向运动时，平面与正方体形成的截面面积逐渐增大 11. 设函数，则（ ） A. 在区间上有5个零点 B. 在区间上有4个极值点 C. 的图象有1条对称轴在区间上 D. 的图象有3个对称中心在区间上 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则______. 13. 已知，且，则n的最小值为______. 14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点M在C上，记的外心为A，内切圆半径为r，若，且，则C的离心率为______. 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）求曲线在处的切线方程； （2）求在区间上的值域. 16. 某数学研究小组对一家商铺进行了研究分析，发现每日客流量X服从正态分布，其密度函数峰值为，均值为100，且商铺规定消费一次可以获得不同数量的积分：获得1分的概率为，获得2分的概率为，获得3分的概率为.每次消费获取积分相互独立. （1）求； （2）记某顾客消费两次累计获得的积分为Z，求Z的分布列与期望. 附：正态密度函数，其中为均值，为标准差.，，. 17. 已知中，，且. （1）若，求的外接圆面积； （2）若，，的面积为，求的周长. 18. 已知四棱锥中，二面角为直二面角，，，M为棱上一点. （1）证明：； （2）若M为中点，求二面角的正弦值； （3）若平面，点N在平面上，若直线与平面所成角为，求的最小值. 19. 记抛物线的焦点为F，过原点O作斜率为1的直线l，l与E交于另一点，取的中点，直线与E交于另一点，取的中点，以此类推，记直线的斜率为． （1）求点的坐标； （2）证明：是递减数列； （3）记的面积为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年普通高等学校招生萍乡市第三次模拟考试 高三数学试卷 试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上. 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.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回. 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. 的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的乘法运算化简复数，即得其虚部. 【详解】因，故其虚部为. 故选：C. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. 3 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知结合向量垂直的坐标表示列出方程，求解得出，进而根据模的坐标运算求解，即可得出答案. 【详解】由已知，可得，， 解得，， 故. 故选：A. 3. 记为等差数列的前项和，若的公差为，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的求和公式可得出、的等量关系，结合等差数列的通项公式可得结果. 【详解】由，所以，故. 故选：C. 4. 已知集合，，，若集合C有3个真子集，则实数m的值可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由集合有3个真子集可得中有两个不同的元素，故求出的范围后可得正确的选项. 【详解】因为有3个真子集，所以中有2个元素，故中有两个元素， 故且，则， 解得且. 故选：C. 5. 记，为实数，设甲：；乙：，则甲是乙的（ ） 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】A 【解析】 【分析】构造函数，求导，根据函数的单调性可得充分性，进而根据可得必要性. 【详解】令函数，求导得，故在上单调递增， 由，得，即，即充分性成立； 由，得，即，可得，故必要性不成立， 综上可知，甲是乙的充分不必要条件. 故选：A. 6. 圆与圆的公切线条数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】计算圆心距，判断两圆位置关系后即可得公切线条数. 【详解】圆的方程等价于， 所以圆是以为圆心，为半径的圆， 圆 是以为圆心，为半径的圆， 所以圆，圆的圆心距为， 圆，圆半径之和为， 即圆心距等于两半径之和，因此两圆外切， 所以圆，圆有3条公切线． 故选：C 7. 从双不同品牌的筷子中任取两根，若其中一根为品牌的筷子，则另一根筷子也属于品牌的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设事件为“从所有筷子中任取两根均为品牌”，设事件为“任取的两根筷子中有品牌”，求出、的值，结合条件概率公式可求得的值. 【详解】设事件为“从所有筷子中任取两根均为品牌”，则. 设事件为“任取的两根筷子中有品牌”，则. 所求概率即为. 故选：A. 8. 已知定义在上的函数满足对于任意实数x，y均有，且，则（ ） A. 675 B. 1350 C. 2025 D. 4050 【答案】D 【解析】 【分析】根据赋值法，用x替换y，y替换x得到，故是常函数，设，再结合可解即可求. 【详解】用x替换y，y替换x可得，当，时，，故可知是常函数，于是知当时，，其中c为常数，故，解得，于是. 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. 已知双曲线，为上四个动点，则四边形的形状可能为（ ） A. 菱形 B. 等腰梯形 C. 正方形 D. 矩形 【答案】BD 【解析】 【分析】根据特例可判断BD正误，根据渐近线夹角可判断AC正误. 【详解】不妨令，轴；当时，四边形为等腰梯形， 当时，四边形为矩形，故B，D正确； 因为为等轴双曲线，所以两条渐近线之间的夹角为， 故四边形的对角线必不可能相互垂直， 故A，C错误. 故选：BD. 10. 已知正方体中，动点、分别在棱、（不含端点）上，则（ ） A. B. 若、分别为所在棱的中点，则平面将正方体的体积平分 C. 不存在点，使得点与点到平面的距离相等 D. 当由向运动时，平面与正方体形成的截面面积逐渐增大 【答案】BCD 【解析】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量垂直的坐标表示可判断A选项；判断出底面为平行四边形，分析可知平面平分正方体，可判断B选项；利用空间向量法可判断C选项；设，，可知平面为过点、、的截面，求出梯形的面积关于的表达式，结合函数的单调性与导数的关系可判断D选项. 【详解】对于A选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 不妨设正方体的棱长为，设，，其中，， 则、，、， 所以，， 所以不一定为零，故、不一定垂直，故A错误； 对于B选项，若、分别为所在线段的中点， 、、、、， 则，，故， 所以四边形为平行四边形，故平面平分正方体，故B正确； 对于C选项，假设存在点，使得点和点到平面的距离相等， 则，， 设平面的一个法向量为， 则，取，可得， 因为，， 所以点到平面的距离为， 点到平面的距离为， 若，可得，解得或，均不合乎题意，故不存在，C对； 对于D选项，如图，在上取一点，使得，连接， 因为，，故四边形为平行四边形，则， 设，，由， 可得平面为过点、、的截面， 在梯形中，，， ，同理得， 梯形的高为， 梯形的面积为， 令，， 则， 则在上单调递增，则D正确. 故选：BCD. 11. 设函数，则（ ） A. 在区间上有5个零点 B. 在区间上有4个极值点 C. 的图象有1条对称轴在区间上 D. 的图象有3个对称中心在区间上 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用二倍角的正弦公式直接可求零点判断A；求导可得函数的极值点的个数判断B；利用余弦函数的性质与极值点的情况计算可判断CD. 【详解】对于A，由， 可得或，又， 所以或或或，或，故A正确； 对于B，由，可得， 令，即，因为， 又，故有4个解， 结合二次函数知识可得在每个解的左右两边导数符号不同， 所以函数在区间上有4个极值点，故B正确； 对于C，由B可知，由余弦函数的图象可得函数的极值点关于对称， 又，所以函数关于原点对称， 又，所以函数关于对称， 又，所以函数关于对称， 又，可得是函数的周期， 所以的图象在区间上没有对称轴，的图象有3个对称中心在区间上，故C错误，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用对数的运算法则计算即可求解. 【详解】依题意，，故. 故答案为：. 13. 已知，且，则n的最小值为______. 【答案】9 【解析】 【分析】令，得到，由通项公式得到，再由求解即可. 【详解】由题意可得，而由存在知， 设，则. 由知通项， 故， 故由知， 即，即， 解得，所以n的最小值是9. 故答案为：9 14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点M在C上，记的外心为A，内切圆半径为r，若，且，则C的离心率为______. 【答案】##0.5 【解析】 【分析】设，，求出，在中使用余弦定理，求出，求出，求出，求出即可求解. 【详解】 设，， 则①，在中， 由及余弦定理可得， 即②，得， 所以， 又， 又， 因为，所以， 解得. 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）求曲线在处的切线方程； （2）求在区间上的值域. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程； （2）应用导数研究函数的区间单调性，进而求其值域. 【小问1详解】 依题意，，故，， 故所求切线方程为，即. 【小问2详解】 由（1）知， 而，令，解得， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增， 而，，，则， 故在区间上的值域为. 16. 某数学研究小组对一家商铺进行了研究分析，发现每日客流量X服从正态分布，其密度函数峰值为，均值为100，且商铺规定消费一次可以获得不同数量的积分：获得1分的概率为，获得2分的概率为，获得3分的概率为.每次消费获取积分相互独立. （1）求； （2）记某顾客消费两次累计获得的积分为Z，求Z的分布列与期望. 附：正态密度函数，其中为均值，为标准差.，，. 【答案】（1） （2） 2 3 4 5 6 【解析】 【分析】（1）先求出，结合特定区间上的概率可求； （2）利用独立事件的概率公式求出的分布列后可求其期望. 【小问1详解】 由于，所以， 所以. 那么 . 【小问2详解】 依题意，所有可能的取值为2，3，4，5，6. ，， ，， . 所以的分布列如下. 2 3 4 5 6 . 17. 已知中，，且. （1）若，求的外接圆面积； （2）若，，的面积为，求的周长. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由已知及三角恒等变换得，进而得、，再由正弦定理求外接圆半径，即可求圆的面积； （2）由题设及（1）有，进而得，再应用三角形面积公式求得，，，应用余弦定理求，即可得. 【小问1详解】 依题意，，则，故， 因为，且，故，则， 故的外接圆半径，故的外接圆面积. 【小问2详解】 由，由（1）知，，又，则， 所以，则，故. 由的面积为，则，代入，可得，， 又，则，解得， 由余弦定理，故的周长为. 18. 已知四棱锥中，二面角为直二面角，，，M为棱上一点. （1）证明：； （2）若M为中点，求二面角的正弦值； （3）若平面，点N在平面上，若直线与平面所成角为，求的最小值. 【答案】（1）由，得，二面角为直二面角，即平面平面， 而平面平面，平面，故平面. 因为平面，所以，又， ，平面，，故平面， 又平面，故. （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质定理得平面，再由线面垂直的性质和判断证明结论； （2）过点S作于点O，连接，构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，进而求出相关平面的法向量，应用向量法求二面角的余弦值，即可得； （3）根据已知易得M与O点重合，设，p，，根据已知线面角，应用向量法列方程求得，进而有，结合及模长的坐标运算求最值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点S作于点O，连接，由，得. 又，故四边形为平行四边形， 因为，所以，即，故，，两两垂直， 以O为坐标原点，，，所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 故，，，， 设平面的法向量，则， 令，则，，故为平面的一个法向量， 设平面的法向量的，则 令，则，，故为平面的一个法向量， 则，二面角的正弦值为. 【小问3详解】 若平面，平面，平面平面，则， 由（2）知，故M与O点重合，因为N在平面上， 设，p，，，则， 因为，，，则，， 设平面的法向量，则， 令，则，，故为平面的一个法向量， 故，整理得， 又，故， 由，故， 当且仅当时等号成立，取得最小值为. 【点睛】 19. 记抛物线的焦点为F，过原点O作斜率为1的直线l，l与E交于另一点，取的中点，直线与E交于另一点，取的中点，以此类推，记直线的斜率为． （1）求点的坐标； （2）证明：是递减数列； （3）记的面积为，证明：． 【答案】（1） （2）证明：联立，解得点， 所以，， 所以. 又因为，故，于是，即，故是递增数列. 又由，可知是递减数列，于是是递减数列. （3）证明：由（2）得，当时，，， 利用割补法，知 . 而，故. 而，故； 又，故， 由累乘法可知， 而，故. 故. 综上，. 【解析】 【分析】（1）联立，可解得，的坐标，进一步可求直线的方程，联立直线与抛物线方程即可求解； （2）联立，可解得，的坐标，根据斜率公式可得. 又因为，故，，即是递增的正数数列，是递减数列，即可证明； （3）由（2）得，当时，，，利用割补法及（2）中化简可得，又，故.根据可知；由可知，进而可得，故，即可证明. 【小问1详解】 如图所示，联立，解得或，故. 又，所以，，故直线， 联立，解得或，故. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $