精品解析：湖南省岳阳市湘阴县第二中学2025届高三第三次模拟考试数学试题

湘阴县第二中学2025届高三第三次模拟考 数学试题卷 本试卷共150分 考试时间120分钟 注意事项： 1．答题前，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】C 【解析】 【分析】由集合的运算代入计算，即可得到结果. 【详解】或， 则，且， 所以. 故选：C 2. 若复数满足，则在复平面内，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】A 【解析】 【分析】根据复数四则运算求z，再由复数的几何意义可得. 【详解】因为 所以. 所以. 所以对应的点位于第一象限. 故选：A 3. 已知为正项等比数列的前 项和，，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】等比数列的性质可得，即，再结合题干条件，利用等比数列求和公式，得到关于的一元二次方程，解出公比即得的值. 【详解】由题意，设正项等比数列的公比为，其中， 由等比数列的性质可知，由题干可得，即， 若，则，不合题意，故， 所以， 解得或（舍去），故. 故选：C. 4. 已知，，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用二倍角公式化简得，再利用平方关系化简，再开方可得，从而即可. 【详解】由得：， 再两边平方得: , 又因为，所以， 则， 故选：B. 5. 已知函数图象上不同的两点，到直线的距离相等，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】画出函数图象与直线的图象，不妨设，利用函数的单调性及图象依次对选项进行判断，其中C，应用到基本不等式来求解． 【详解】如下图：不妨设，根据不同的两点，到直线的距离相等， 到的距离不超过，而点到的距离为， ，故，故A选项错误； 根据不同的两点，到直线的距离相等，则， ，则，得到，解得：，故B正确； 且，又因为，得到，由基本不等式：，C选项错误； ，故，，又，故，D选项错误； 故选：B． 6. 已知不共线的向量，满足，，，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意，根据平面向量数量积的运算律可得，设，，进而知点C在直线上，点B直线上，结合计算即可求解. 【详解】由，得， 即，又， 整理得. 设，则， 设，则， 所以，即点C在直线上； 设，由，得，即点B直线上， 而的几何意义为直线上的点B到直线上的点C的距离， 所以， 即的最小值为. 故选：D 7. 已知函数满足，，则（ ） A. 3 B. C. 5 D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，通过其周期性，确定的周期性，即可求解. 【详解】 可得：， 即， 令， 则， 可得， 所以是以4为周期的函数， 所以也是以4为周期的函数， 所以， 令可得：， 结合，可得， 所以. 故选：B 8. 已知 ， ， ， 是球 的球面上四点，，，，．记球 的体积为，四面体 的体积为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设分别为的中点，连接， 因为，，所以分别以为斜边的直角三角形， 即分别过作平面和平面 的垂线，交点 即为球心， 分别为的中点，， 又，，，， ，， 又平面平面，所以二面角即是，同时也是， ， ， 即，解得， 所以， 即直线 与平面的夹角， 设点 到平面的距离为，则，解得， 所以， 在中，， 所以为等边三角形，， （ 为的外接圆半径）， ， 四边形有外接圆，且外接圆半径为， 则，四面体 外接球半径， ，故， 故选：A. 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. 设函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 在上单调递增 C. ，在上存在极值点 D. 的图象向右平移个单位长度后得到的图象对应的函数为偶函数 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用两角和的余弦公式化简，再结合余弦函数的性质一一判断即可. 【详解】对于A：因为， 所以当，即，时取得最大值，最大值为，故A正确； 对于B：当，则， 因为在上不单调，所以在上不单调，故B错误； 对于C：因为的最小正周期，又区间的长度为， 所以，在上存在极值点，故C正确； 对于D：将的图象向右平移个单位长度后得到，为偶函数，故D正确. 故选：ACD 10. 已知，分别是双曲线 ：（，）的左、右焦点， 为双曲线右支上一点，的最小值为1，且当轴时，，则（ ） A. 双曲线 的焦距为4 B. 双曲线 的一条渐近线被圆 ：截得的弦长为2 C. 过点作双曲线 的一条渐近线的垂线，垂足为 ，则 D. 为圆：上一点，的最大值为3 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由题干条件可得，，再结合双曲线中的平方关系，联立可解得，则双曲线 的焦距为，由此可判断A；对于B，由A可得双曲线 的方程，进而得到渐近线方程，利用点到直线的距离公式和垂径定理可算得弦长，由此可判断B；对于C，由对称性取任意一条渐近线，先求出垂线方程，与渐近线方程联立求得垂足坐标，再利用两点间的距离公式即可判断；对于D，由双曲线的定义可知，再由三角形两边之和大于第三边可得，由此可判断D. 【详解】对于A，双曲线右支上点 到右焦点的最小距离为右顶点到右焦点的距离，即， 当轴时，此时点 的横坐标为 ，代入双曲线方程可得， 由双曲线中的平方关系，联立解得， 所以双曲线 的焦距为，故A正确； 对于B，焦点在 轴上的双曲线的渐近线方程为， 圆 ：的圆心为，半径为 ，且经过原点， 则圆 和两条渐近线关于 轴对称，二者所截的弦长相等，取其中一条渐近线， 则圆心到渐近线的距离为， 由垂径定理可知所截的弦长为，故B正确； 对于C，由对称性，过点作双曲线 的一条渐近线的垂线， 则垂线方程为，与联立可解得垂足， 则，故C错误； 对于D，圆：的圆心为，半径为1， 由双曲线的定义可知， 则，当且仅当 在线段的延长线上取等， 即的最大值为 ，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知有穷数列的通项公式为，其项数不少于4项，从中选取项组成数列，数列满足，，则（ ） A. 数列是单调数列 B. 当时， C. 当时， D. 数列的个数为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据已知条件以及数列的性质对选项逐一判断. 【详解】因为数列满足，即必须在和之间， 无法满足单调性，所以A错误； 对于B，当时，各项大小关系为： ； 或者 从而或， 故，B正确； 当时，同B的分析可得： 或： ， 而各项均为正整数，故，C正确； 从 项中选 项有种方式，由BC的分析可得： 当时，各项的排列次序唯一确定，且为所有项中的最大项， 为所有项中的最小项，为余下项的最大项，为余下项中的最小值， 类似确定； 当时，同理可得各项的排列次序唯一确定； 故数列的个数为，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. 的展开式中的系数为________． 【答案】80 【解析】 【分析】分第一个因式取1和两种情况进行讨论，可求展开式中的系数. 【详解】第一个因式取1，则的展开式应取，则对应项的系数为：； 第一个因式取，则的展开式应取常数项，则对应项的系数为：. 所以的展开式中的系数为：. 故答案为：80 13. 已知 是椭圆的一个焦点，分别是椭圆的长轴与短轴的一个端点，若以为直径的圆经过的中点，则椭圆的离心率为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，求得以为直径的圆为，把的中点代入圆的方程，整理得到，结合，得到，即可求解. 【详解】如图所示，由椭圆，可得， 则的中点为，且， 所以以为直径的圆为， 又由的中点在以为直径的圆上，可得， 整理得， 因为，所以，即， 等式两边同除以，可得，解得， 又因为，所以椭圆的离心率为. 故答案为：. 14. 已知函数有零点，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题的关键是根据的几何意义，将函数在上有零点的问题，转化成原点到直线的距离，一定小于等于点到原点的距离问题，再通过构造函数，借助导数，求出在上的最小值，即可求出的最小值. 【详解】函数的定义域为. 设 是在上的零点， 可得，即， 即点在直线上. 可理解为点到原点的距离的平方. 所以原点到直线的距离一定小于等于点到原点的距离， 即在上能成立， 即在上能成立. 令，则， 令，因为，所以解得. 所以当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以当时，， 即的最小值为. 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 中，角 的对边分别为，． （1）求； （2）若 的面积为，，求 的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理与和角的正弦公式化简求得，再由同角的三角函数求出即可； （2）由三角形面积公式求得，利用余弦定理，结合题设求得，，即得三角形的周长. 【小问1详解】 由和正弦定理，， 因，代入化简得：， 因，则，故， 因，故. 【小问2详解】 因 的面积为，解得， 由余弦定理，， 因，代入解得，则， 故 的周长为. 16. 在制造业智能化的趋势下，某企业委托机构随机调查了200名传统质检员，以评估质检系统对传统质检员数量的影响，部分数据如下表所示： 质检系统的应用情况 传统质检员数量 合计 减少 未减少 应用 70 应用 未应用 50 未应用 合计 100 合计 （1）根据以上数据及小概率值的独立性检验，能否认为质检系统的应用与传统质检员数量减少有关？ （2）该企业引入质检系统后，将对质检员开展三轮专项培训，已知每轮达到“熟练操作质检系统”水平（视为达标）的概率分别为，，，各轮结果相互独立，且规定两轮及以上达标者，方可操作该系统． ①某部门有48名质检员，规定培训通过（两轮及以上达标）者可获得500元奖金，求该部门为员工培训需准备的奖金总额的数学期望． ②调研发现，能操作质检系统的质检员中，70%的人薪资涨幅超过15%；不能操作质检系统的质检员中，30%的人薪资涨幅超过15%．若在质检员培训后，从中随机选取一人，其薪资涨幅超过15%，求该员工能操作质检系统的概率． 附：，． 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）依题意， 列联表如下： 质检系统的应用情况 传统质检员数量 合计 减少 未减少 应用 70 50 120 未应用 30 50 80 合计 100 100 200 零假设：质检系统的应用与传统质检员数量减少无关， 由列联表中数据得，， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 即认为质检系统的应用与传统质检员数量减少有关，此推断犯错误的概率不大于. （2）①17000；② 【解析】 【分析】（1）先根据已知条件，列出 列联表，做出零假设，计算的值，即可得出结论； （2）①根据独立事件的概率计算公式得到员工培训通过的概率，利用二项分布的期望公式以及期望的性质进行计算；②利用条件概率公式和全概率公式进行计算. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①设“员工第轮达标”（），且相互独立， 设“员工培训通过”， 则 ， 设48名质检员中培训通过的人数为，该部门为员工培训需准备的奖金金额为， 由题意得，，所以， ， 所以该部门为员工培训需准备的奖金金额的数学期望为17000. ②设 为能操作质检系统， 为薪资涨幅超15%， ，，，， ， ， 所以该员工能操作质检系统的概率为. 17. 如图，在梯形 中，，， ，，， 分别为线段 ， 上异于端点的一点，，将梯形沿翻折至与梯形垂直的位置，得到多面体． （1）若，证明：． （2）若 平面 ，求直线 与平面 所成角的正弦值． 【答案】（1）在梯形 中，过点 作，垂足为 ，如图所示： 在中， ，， 所以，， 又，，所以，， 梯形沿翻折至与梯形垂直的位置，即平面平面， 又平面平面，平面，， 所以平面， 又， 以点 为原点，、、所在直线分别为 轴、 轴、轴建立如图所示空间直角坐标系， 设，则，， ，. 所以，， 因为，所以， 所以，解得或(舍去). 此时，， 所以. （2） 【解析】 【分析】（1）在梯形 中，过点 作，垂足为 ，即可求出、，由面面垂直的性质得到平面，建立空间向量直角坐标系，设，由得到，即可求出 ，从而得证； （2）求出平面 的法向量，则，即可求出 ，再由空间向量法计算可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设平面 的法向量为，由，， 则， 取，则，，即， 因为 平面 ，所以，则， 即，解得. 此时，， 设直线 与平面 所成角为 ， 则， 即直线 与平面 所成角的正弦值为 . 18. 已知函数（）． （1）设，当时，，求 的取值范围． （2）当时， ①写出曲线的两条相互垂直的切线方程，并说明理由； ②设，数列满足，，证明：． 【答案】（1） （2）①（答案不唯一）； ②当 时，，（因为） 现在利用数学归纳法证明，设当时，命题成立， 即， 现在来证明两个不等式： 第一个不等式为：. 证明过程如下：设，求导得， ， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，从而不等式成立， 第二个不等式为：，令， 求导得， 所以在上单调递增，所以， 从而不等式成立， 现在来证明，显然， 现在设时，， 则， 所以，从而， 所以由不等式可知，， 另一方面， 想要证明，只需证明， 而由假设有， 所以， 所以只需证明，即只需证明， 即只需证明，而，故前者恒成立， 综上所述，命题得证. 【解析】 【分析】（1）原题条件等价于恒成立，求导后对 分类讨论即可得解； （2）①求函数与函数的值域的交集，在该交集中随便取一个数，那么它的负倒数必定在该交集里面，从而可以确定一对互相垂直的切线；②利用数学归纳法、分析法证明即可. 【小问1详解】 设， 从而原题条件等价于恒成立， 求导得， 若，即，此时恒成立， 所以在上单调递减，， 所以，解得， 当，即时，， ， 此时在单调递增，在上单调递减， 故， 所以，该方程组无解， 综上所述，所求为； 【小问2详解】 ①当时，， 求导得，因为函数的值域是， 所以函数的值域是， 所以函数的值域是， 所以函数的值域是， 而与的交集是， 所以当的某一条切线斜率时，与该切线垂直的直线的斜率也满足， 不妨取，则， 解得，， 故曲线的两条相互垂直的切线方程可以为，即； ②略 19. 已知抛物线的顶点在坐标原点 处，对称轴为 轴，且过点， ， 是上两个动点． （1）求抛物线的标准方程； （2）已知 是上一点，且的焦点 为 的重心，设 的横坐标为 ，求 的取值范围； （3）已知 为直线在第二象限内一点，直线，与抛物线分别相切于 ， 两点，设，与 轴分别交于 ， 两点，证明：直线与直线的交点在定直线上． 【答案】（1） （2） （3）直线的斜率，直线的方程为， 设，，， 两边求导，，得， 设，， 抛物线在点 处的切线方程为，即， 因为切线过点，即， 整理得， 同理，抛物线在点 处的切线方程为， 所以是方程的两个根，则，， 切线，令 ，得，得，同理， 直线的方程为，即， 同理，直线的方程为， 设直线与直线的交点为， 联立直线与直线的方程为， ，得， 且，代入上式化简为，① 代回直线得，， 得 即，② 由①②可得， 所以直线与直线的交点在定直线上上. 【解析】 【分析】（1）代入点 的坐标，即可求解抛物线方程； （2）首先设点，，，再根据点在抛物线上以及重心坐标公式，转化为，再结合基本不等式即可求解； （3）首先利用导数求切线和的斜率，并表示切点坐标的关系，以及利用坐标表示直线和直线的方程，并联立求交点的坐标，即可证明. 【小问1详解】 设抛物线方程为，代入点，得，得， 所以抛物线的标准方程为； 【小问2详解】 设，，， 则重心坐标公式可知，，， 得，， 且，，， 所以，且， 所以，得且， 又因为时,此时 ， 两点重合，不合题意， 综上可知， 的取值范围是； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湘阴县第二中学2025届高三第三次模拟考 数学试题卷 本试卷共150分 考试时间120分钟 注意事项： 1．答题前，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. 若复数满足，则在复平面内，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. 已知为正项等比数列的前 项和，，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 4. 已知，，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 5. 已知函数图象上不同的两点，到直线的距离相等，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知不共线的向量，满足，，，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 7. 已知函数满足，，则（ ） A. 3 B. C. 5 D. 8. 已知 ， ， ， 是球 的球面上四点，，，，．记球 的体积为，四面体 的体积为，则的值为（ ） A. B. C. 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. 设函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 在上单调递增 C. ，在上存在极值点 D. 的图象向右平移个单位长度后得到的图象对应的函数为偶函数 10. 已知，分别是双曲线 ：（，）的左、右焦点， 为双曲线右支上一点，的最小值为1，且当轴时，，则（ ） A. 双曲线 的焦距为4 B. 双曲线 的一条渐近线被圆 ：截得的弦长为2 C. 过点作双曲线 的一条渐近线的垂线，垂足为，则 D. 为圆 ：上一点，的最大值为3 11. 已知有穷数列的通项公式为，其项数不少于4项，从中选取项组成数列，数列满足，，则（ ） A. 数列是单调数列 B. 当时， C. 当时， D. 数列的个数为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为________． 13. 已知 是椭圆的一个焦点， 分别是椭圆 的长轴与短轴的一个端点，若以为直径的圆经过 的中点，则椭圆 的离心率为________． 14. 已知函数有零点，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. 在 中，角 的对边分别为，． （1）求； （2）若 的面积为，，求 的周长． 16. 在制造业智能化的趋势下，某企业委托机构随机调查了200名传统质检员，以评估质检系统对传统质检员数量的影响，部分数据如下表所示： 质检系统的应用情况 传统质检员数量 合计 减少 未减少 应用 70 应用 未应用 50 未应用 合计 100 合计 （1）根据以上数据及小概率值的独立性检验，能否认为质检系统的应用与传统质检员数量减少有关？ （2）该企业引入质检系统后，将对质检员开展三轮专项培训，已知每轮达到“熟练操作质检系统”水平（视为达标）的概率分别为，，，各轮结果相互独立，且规定两轮及以上达标者，方可操作该系统． ①某部门有48名质检员，规定培训通过（两轮及以上达标）者可获得500元奖金，求该部门为员工培训需准备的奖金总额的数学期望． ②调研发现，能操作质检系统的质检员中，70%的人薪资涨幅超过15%；不能操作质检系统的质检员中，30%的人薪资涨幅超过15%．若在质检员培训后，从中随机选取一人，其薪资涨幅超过15%，求该员工能操作质检系统的概率． 附：，． 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 17. 如图，在梯形 中，，， ，， ， 分别为线段 ， 上异于端点的一点，，将梯形沿 翻折至与梯形垂直的位置，得到多面体． （1）若，证明：． （2）若平面，求直线 与平面所成角的正弦值． 18. 已知函数（）． （1）设，当时，，求 的取值范围． （2）当时， ①写出曲线的两条相互垂直的切线方程，并说明理由； ②设，数列满足，，证明：． 19. 已知抛物线 的顶点在坐标原点 处，对称轴为 轴，且过点， ， 是 上两个动点． （1）求抛物线 的标准方程； （2）已知 是 上一点，且 的焦点 为 的重心，设 的横坐标为 ，求 的取值范围； （3）已知 为直线在第二象限内一点，直线，与抛物线 分别相切于 ， 两点，设，与 轴分别交于 ， 两点，证明：直线与直线的交点在定直线上． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $