精品解析：河南省许昌市鄢陵县部分学校2025届高三下学期三模数学试题

河南省许昌市鄢陵县部分学校2025届高三下学期三模数学试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟． 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个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】D 【解析】 【分析】先求出B，再根据交集并集概念计算判断.. 【详解】，又， ， 则，不包含于，不包含于，． 故选：D． 2. 已知复数在复平面内所对应的点位于第一象限，且，则复数在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】由题设设，再由复数乘法运算求出复数即可求解. 【详解】复数在复平面内所对应的点位于第一象限，则可设， ， 复数在复平面内所对应的点为，又， 复数在复平面内所对应的点位于第四象限． 故选：D． 3. 已知向量与的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由题意依次求出、和，进而由向量夹角余弦公式求出，再根据三角函数诱导公式即可求解. 【详解】由题， ， ， 所以． 故选：C． 4. 若直线与曲线相切，则的值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】设切点为，根据导数的几何意义求得，再由切点在直线和曲线上有，即可求. 【详解】设直线与曲线的切点为， 对求导，得，直线的斜率为1， 导数的几何意义知，在切点处，即． 又切点既在直线上又在曲线上， 且，即． 将代入，得：，即． 故选：A 5. 某次测试成绩，记成绩分以上为优秀，则此次测试的优秀率约为（ ） 参考数据：若，则，. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性，结合题中参考数据，即可求得优秀率. 【详解】因为，所以由正态分布性质得120分以上的概率为， 故优秀率约为. 故选：B. 6. 早在两千年前，古人就通过观测发现地面是球面，并会运用巧妙的方法对地球半径进行估算.如图所示，把太阳光视为平行光线，O为地球球心，A，B为北半球上同一经度的两点，且A，B之间的经线长度为L，于同一时刻在A，B两点分别竖立一根长杆和，通过测量得到两根长杆与太阳光的夹角和（和的单位为弧度），由此可计算地球的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】过点B作太阳光的平行线，与 的延长线交于点C，可求出，利用弧长公式即可求得地球的半径. 【详解】如图所示，过点B作太阳光的平行线，与 的延长线交于点C， 则 ， ，所以, 设地球半径为R,则根据弧长公式得 ，所以 , 故选：A. 7. 已知P为圆上的动点不在坐标轴上，过P作轴，垂足为Q，将绕y轴旋转一周，所得几何体的体积最大时，线段OQ的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先确定几何体，并表示体积公式，结合导数求解. 【详解】设，不妨设， 则过P作轴，垂足为Q，将绕y轴旋转一周， 所得几何体为同底等高的一个圆柱体与圆锥的组合体，底面半径为，高为， 则所得几何体的体积为， 令，， 由，可得， 由，可得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在时取得最大值， 即时，取得最大值，此时， 所以线段的长度为 故选：C 8. 已知椭圆为左､右焦点，为椭圆上一点，，直线经过点.若点关于的对称点在线段的延长线上，则 的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得到点与点关于对称，从而，在中，利用正弦定理得到，结合，即可求解. 【详解】由直线，且点关于的对称点在线段的延长线上， 如图所示，可得点与点关于对称，且, 故在中，则,故 又的倾斜角为，则， 故在中，有，，， 又由，可得， 即， 又因为， ， 所以. 故选：B. 二、多项选择题：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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知变量x，y的样本数据如下表，根据最小二乘法，得经验回归方程为则（ ） x 1 2 3 4 5 y 5 9 10 11 15 附：样本相关系数，经验回归方程斜率，截距 A. B. 当时，对应样本点的残差为 C. 表中y的所有样本数据的第70百分位数是11 D. 去掉样本点后，y与x的样本相关系数不变 【答案】BCD 【解析】 【分析】求出样本中心点，利用样本中心点在经验回归方程上求出判断；利用残差的概念判断；利用百分数的概念判断；利用样本中心点正好是可判断. 【详解】由表中数据可得 因为经验回归方程为，经过点 则，解得：，故错误； 当时，， 残差为故正确； 因为， 所以表中y的所有样本数据的第70百分位数是从小到大排列的第4个数，为11，故正确； 因为，所以去掉样本点后，y与x的样本相关系数计算公式中的分子、分母都不发生变化不变，所以相关系数的值不变，故正确. 故选：. 10. 已知点，若点在圆 ：上，则（ ） A. 点在直线上 B. 点可能在圆 上 C. 的最小值为1 D. 圆 上至少有2个点与点的距离为1 【答案】AC 【解析】 【分析】对选项A将点代入验证即可；对于选项B则求圆心到直线的距离可知直线与圆外离，即可得结果；对于C，直接由可知最小值为1；对于D根据选项C的结论即可判断. 【详解】对于选项A：点，代入直线得，故点在直线上，A正确 对于选项B：圆心到直线的距离为， 故直线与圆相离，结合选项A可知，点不可能在圆 上，故B错误. 对于选项C：结合选项B可知，，故C正确 对于选项D：由选项C可知圆 上只有1个点与点的距离为1，故D错误. 故选：AC 11. 如图，点是以为顶点的正方形边上的动点，角以Ox为始边，OP为终边，定义．则（ ） A. B. C. 函数的图象关于点对称 D. 函数的图象与轴围成封闭图形的面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题意可得到，从而可得的表达式，直接代入化简求值，可判断AB；根据函数的对称性可判断C，判断函数的对称性，由此可求上图象与x轴围成的图形面积，即可判断D. 【详解】由题意得 ， 化简得， 对于A， ，故A错误； 对于B， ，故B正确； 对于，， 而， 故， 故的图象关于点对称，故C正确， 对于D，， 而 ， 故的图象关于点对称， 而， 即关于对称，且设在内与轴围成封闭图形的面积为， 故所求在内与轴围成封闭图形的面积为4A， 当时，， 且， 在上的图象关于点对称， 在的图象与轴围成图形面积等于以为直角边的直角三角形面积， 故，则，故D正确． 故选：BCD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设是等比数列的前项和，，，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】设等比数列公比为，根据已知条件求出、的值，再利用等比数列的求和公式化可求出的值. 【详解】设等比数列公比为，当时，，此时，与题意不符， 所以，由题意可得，解得， 由等比数列求和公式得． 故答案为：. 13. 已知，其中实数.若函数有且仅有2个零点，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知有两根，通过方程求解即可. 【详解】由题意可知：有两根，结合在和都是单调递增， 所以有一解，解得：， 有一解，解得：， 所以， 故答案为：. 14. 某商场进行周年庆大型促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，活动期间在商场消费达到一定金额的人可以参加游戏．游戏规则如下：在一个盒子里放着6个大小相同的小正方体，其中有3个类小正方体，4个面印着奇数，2个面印着偶数；有2个 类小正方体，6个面都印着奇数；1个 类小正方体，6个面都印着偶数．游戏者蒙着眼睛随机从盒子中抽取一个小正方体并连续投掷两次，由工作人员告知投掷的结果，若两次投掷向上的面都是奇数，则进入最终挑战环节，否则游戏结束，不获得任何礼券．最终挑战的环节是进行第三次投掷，第三次投掷不使用之前抽取的小正方体，从盒子中剩余的5个小正方体里再次随机抽取一个进行投郑，若投掷后向上的面为奇数，则获得300元礼券，若投掷后向上的面为偶数，则获得100元礼券．则第一次投掷后向上的面为奇数的概率为___________；在某位顾客进入了最终挑战环节的条件下，他最终获得的礼券金额的数学期望为___________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式，即可求解；（2）根据两种不同的方案，结合题意，写出不同的期望，比较后即可判断. 【详解】记事件分别表示第一次抽到类、 类、 类小正方体，事件表示第次投掷后向上的面为奇数， （1）． （2）记事件表示第三次投掷后向上的面为奇数，设第三次投掷后最终获得的礼券为元， 的可能取值为300，100． ①若第一次抽到的是类小正方体，记事件分别表示第二次抽到类、 类、 类小正方体， 则； ②若第一次抽到的是 类小正方体，记事件分别表示第二次抽到类、 类、 类小正方体， 则 ， 则 ． 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. 在数列中，，且． （1）证明：是等差数列； （2）求数列的前项和，并比较与的大小． 【答案】（1）在数列中，，且， ， 是首项为，公差为2的等差数列． （2）， 【解析】 【分析】（1）由等差数列的定义进行求解； （2）由（1）问得，则，再由裂项求和进行求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得， 则， ，即， 又符合， ， 故， ． 则对， 又，故． 16. 设，函数图象上两条相邻的对称轴之间的距离为，且图象向左平移后得到的函数为偶函数． （1）求解析式，并通过列表、描点在给定坐标系中作出函数在上的图象； （2）设 的内角的对边分别为，角是锐角，且．若的最大值为，求的值． 【答案】（1），五点法，列表如下： 0 0 1 0 -1 0 的图象，如图所示： （2） 【解析】 【分析】（1）根据的最小正周期为，求得，再利用平移变换，得到函数，再根据函数是偶函数求得，从而得到，然后利用“五点法”作图求解； （2）首先求得，然后由正弦定理将转换为关于 的函数，由的最大值为即可列关于的方程，从而求解. 【小问1详解】 由题意知，函数的最小正周期为， ，则， 由图象向左平移后得到的函数为， 函数是偶函数，， 则， ． 由五点法，列表如下： 0 0 1 0 -1 0 的图象，如图所示： 【小问2详解】 ， ， 由，可得， ， ， 则 ， 由，则， 又的最大值为， ，可得（负值舍去）， 综上，． 17. 如图， 中，分别为的中点，将沿着翻折到某个位置得到. （1）线段上是否存在点，使得平面，并说明理由； （2）当时，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）存在，且为中点，证明如下： 取 中点 ，连接， 因为为中点，所以，， 又平面，平面，平面，平面， 所以平面，平面， 又，平面， 所以平面平面， 因为平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，取 中点 ，连接，由面面平行的判定定理可得平面平面，即可证明线面平行； （2）根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，然后以 为原点建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及二面角的公式代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接 ，则，又， 所以，即， 又因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以两两垂直， 以 为原点，分别为轴正半轴建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，不妨令，则，所以， 设平面的一个法向量为， 则，不妨令，则，所以， 设平面与平面所成角大小为，则 ， 所以，平面与平面所成角的余弦值为. 18. 已知为抛物线上一动点，若点满足（为坐标原点），记点的轨迹为曲线． （1）求的方程； （2）若正三角形的三个顶点都在上，且直线的倾斜角为，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，根据，列方程结合点在抛物线上得解； （2）设，中点为，直线的方程为，与抛物线联立方程组，由弦长公式求出，又 是正三角形，可得直线斜率为，，列式求出，进而得解. 【小问1详解】 设，则， 若，则，解得， 即， 点在抛物线上，则，即， 曲线的方程为. 【小问2详解】 设，直线的方程为， 由，消去得，即， 由韦达定理得，， 则，， 根据弦长公式（这里）， ， 是正三角形，设中点为，则，，即， 直线与直线垂直，直线斜率为1，则直线斜率为， 点C在曲线上，设，则， 又， 根据两点间距离公式，， 可得， 由可得，即， ，则， ， ， 由，， 两式相减，得， ，解得或， 当时，， 当时，（舍去）， . 19. 设，已知函数. （1）若，判断在区间上的单调性； （2）若，判断的零点个数，并给出证明； （3）若，求正整数a的值. 【答案】（1）在区间上单调递增． （2）有且仅有1个零点，证明： ，则，， 当时，，故在上单调递增． 又， 故在上存在唯一零点． 当时，恒成立． 综上，若有且仅有1个零点． （3）1 【解析】 【分析】（1）先求出导函数，然后结合指数函数的单调性及余弦函数的最值判断，即可得解. （2）求出的导函数，按照和，分别研究函数的单调性，结合零点存在性定理判断零点个数. （3）设，分，，三种情况讨论，利用导数法研究其单调性求出其最值即可判断成立. 【小问1详解】 ，则，所以. 当时，，， 所以在区间上单调递增． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设， ①若，令，令，解得． 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，又， 所以，，即． 同理，令，令，解得． 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，又， 所以，，即． ， 所以满足题意． ②若，令，则，记， 由得故在上单调递增，又， 所以，时，在上单调递增． 又，所以， 所以不合题意． ③若， 当， 又，所以， 所以不合题意． 综上，正整数a的值为1． 【点睛】思路点睛：涉及函数零点个数问题，可以利用导数分段讨论函数的单调性，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省许昌市鄢陵县部分学校2025届高三下学期三模数学试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟． 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个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. 已知复数在复平面内所对应的点位于第一象限，且，则复数在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知向量与的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 4. 若直线与曲线相切，则的值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 5. 某次测试成绩，记成绩分以上为优秀，则此次测试的优秀率约为（ ） 参考数据：若，则，. A. B. C. D. 6. 早在两千年前，古人就通过观测发现地面是球面，并会运用巧妙的方法对地球半径进行估算.如图所示，把太阳光视为平行光线，O为地球球心，A，B为北半球上同一经度的两点，且A，B之间的经线长度为L，于同一时刻在A，B两点分别竖立一根长杆和，通过测量得到两根长杆与太阳光的夹角和（和的单位为弧度），由此可计算地球的半径为（ ） A. B. C. D. 7. 已知P为圆上的动点不在坐标轴上，过P作轴，垂足为Q，将绕y轴旋转一周，所得几何体的体积最大时，线段OQ的长度为（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆为左､右焦点，为椭圆上一点，，直线经过点.若点关于的对称点在线段的延长线上，则的离心率是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知变量x，y的样本数据如下表，根据最小二乘法，得经验回归方程为则（ ） x 1 2 3 4 5 y 5 9 10 11 15 附：样本相关系数，经验回归方程斜率，截距 A. B. 当时，对应样本点的残差为 C. 表中y的所有样本数据的第70百分位数是11 D. 去掉样本点后，y与x的样本相关系数不变 10. 已知点，若点在圆：上，则（ ） A. 点在直线上 B. 点可能在圆上 C. 的最小值为1 D. 圆上至少有2个点与点的距离为1 11. 如图，点是以为顶点的正方形边上的动点，角以Ox为始边，OP为终边，定义．则（ ） A. B. C. 函数的图象关于点对称 D. 函数的图象与轴围成封闭图形的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设是等比数列的前项和，，，则___________． 13. 已知，其中实数.若函数有且仅有2个零点，则的取值范围为__________. 14. 某商场进行周年庆大型促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，活动期间在商场消费达到一定金额的人可以参加游戏．游戏规则如下：在一个盒子里放着6个大小相同的小正方体，其中有3个类小正方体，4个面印着奇数，2个面印着偶数；有2个类小正方体，6个面都印着奇数；1个类小正方体，6个面都印着偶数．游戏者蒙着眼睛随机从盒子中抽取一个小正方体并连续投掷两次，由工作人员告知投掷的结果，若两次投掷向上的面都是奇数，则进入最终挑战环节，否则游戏结束，不获得任何礼券．最终挑战的环节是进行第三次投掷，第三次投掷不使用之前抽取的小正方体，从盒子中剩余的5个小正方体里再次随机抽取一个进行投郑，若投掷后向上的面为奇数，则获得300元礼券，若投掷后向上的面为偶数，则获得100元礼券．则第一次投掷后向上的面为奇数的概率为___________；在某位顾客进入了最终挑战环节的条件下，他最终获得的礼券金额的数学期望为___________． 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. 在数列中，，且． （1）证明：是等差数列； （2）求数列的前项和，并比较与的大小． 16. 设，函数图象上两条相邻的对称轴之间的距离为，且图象向左平移后得到的函数为偶函数． （1）求解析式，并通过列表、描点在给定坐标系中作出函数在上的图象； （2）设的内角的对边分别为，角是锐角，且．若的最大值为，求的值． 17. 如图， 中，分别为的中点，将沿着翻折到某个位置得到. （1）线段上是否存在点，使得平面，并说明理由； （2）当时，求平面与平面所成角的余弦值. 18. 已知为抛物线上一动点，若点满足（为坐标原点），记点的轨迹为曲线． （1）求的方程； （2）若正三角形的三个顶点都在上，且直线的倾斜角为，求． 19. 设，已知函数. （1）若，判断在区间上的单调性； （2）若，判断的零点个数，并给出证明； （3）若，求正整数a的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $