精品解析：2025届新疆维吾尔自治区喀什地区巴楚县第一中学高三三模数学试题

巴楚县第一中学2025年5月第三次高考模拟卷数学试卷 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，，若，则（ ） A. 18 B. 2 C. -2 D. -18 4. 函数的图象可看作是由函数的图象向左平移1个单位长度后得到的，则的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 据典籍《周礼•春官》记载，“宫、商、角、徵、羽”这五音是中国古乐的基本音阶．若把这五个音阶全用上，排成一个五音阶音序，要求“宫”不为末音阶，“商”和“羽”之间恰有两个音阶，则可以排成不同音序的种数是（ ） A. 12 B. 20 C. 24 D. 32 6. 已知定义在上的函数的图象关于直线对称，且在上单调递减.设，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，直线与交于另一点，若与（为原点）的面积之比为，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数满足：存在非零常数，对任意，，则称是“衰减函数”．已知函数为上的奇函数，且当时，，若为“衰减函数”，则的取值范围为（ ） 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. 如图是我国2023年第四季度至2024年第四季度的折叠屏手机出货量、同比（与上一年同期相比）增长率统计图，则关于这5个季度的数据说法正确的是（ ） A. 折叠屏手机季度出货量的极差不超过92万台 B. 折叠屏手机季度出货量的中位数为250.5万台 C. 与2023年第二季度相比，2024年第三季度折叠屏手机的出货量增加13.7% D. 2024年前3个季度折叠屏手机的同比增长率均为正数 10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，M是C上第一象限内一点，则（ ） A. 若点M关于原点对称的点为点N，且，则 B. C的右顶点到渐近线的距离为 C. △M内切圆的圆心在直线上 D. 不存在点M，使得点M关于点对称的点在C上 11. 在棱长为4的正方体中，，，分别是棱，，的中点，是棱上的动点（包含端点），则（ ） A. 当点是棱的中点时，过点且与平面平行的平面截该正方体所得截面图形的面积为 B. 若过点，，的平面截该正方体所得截面与交于点，则 C. 过点且与垂直的平面截该正方体所得截面图形的面积的最大值为 D. 存在点，使得过点，，的平面截该正方体所得截面图形为五边形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 记等差数列的前项和为，若则__________. 13. 在正四棱台中，高为，，，则该正四棱台的体积为______． 14. 过原点的直线与双曲线交于两点，且点在第二象限，过点作的垂线与交于点，过点作x轴的垂线与交于点，与直线交于点E，若则的离心率为__________. 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. 记数列的前n项和为，已知 （1）证明:数列是等比数列； （2）求数列的通项公式； 16. 某芯片公司生产甲、乙、丙三种型号的芯片，每种芯片均需要两次光刻才能成型，甲、乙、丙芯片第一次光刻的良品率分别为，，．只有第一次光刻为良品，才能进行第二次光刻，否则为废品被淘汰，甲、乙、丙第二次光刻的良品率分别为，，．第二次光刻的良品才是合格品． （1）若从第一次光刻的芯片中任取3枚甲芯片、2枚乙芯片、1枚丙芯片，再从这6枚芯片中任取一枚，求该芯片是良品的概率； （2）甲、乙、丙三种芯片的每件合格品可为公司赚取利润100元，每件不合格品使公司亏损25元，现生产甲、乙、丙芯片各一枚，设这3枚芯片为公司赚取的利润为，求的分布列与数学期望． 17. 已知椭圆的右焦点为，A为C上一点，的最小值为1. （1）求C的方程； （2）设点，斜率不为0的直线与C交于另一点B. （i）若弦中点的纵坐标为，求直线的斜率； （ii）若D为C上一点，且点D与点A关于x轴对称，证明：三点共线. 18. 已知函数 . （1） 若，当时，，求的取值范围； （2） 若，求的极值； （3）若是的极小值点，求的取值范围． 19. 如图，在斜三棱柱中，平面平面,分别为棱的中点，. （1）若四边形为菱形，证明：平面； （2）若 （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）若斜三棱柱内存在两个体积相等且相切的球，且每个球都与该三棱柱的一个底面及三个侧面相切，求点到平面的距离. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 巴楚县第一中学2025年5月第三次高考模拟卷数学试卷 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，结合复数的模长公式可求得结果. 【详解】因为，所以，所以. 故选：C. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求集合，再求，最后根据集合的交集运算即可求解. 【详解】由，得或，所以， 又因为，所以． 故选：B． 3. 已知向量，，，若，则（ ） A. 18 B. 2 C. -2 D. -18 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量加法的坐标表示求出，再利用向量垂直的坐标表示求出. 【详解】依题意，，由，得， 所以. 故选：A 4. 函数的图象可看作是由函数的图象向左平移1个单位长度后得到的，则的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用平移变换可得，判断函数的奇偶性，结合赋值法可得结论. 【详解】因为，所以，其定义域为， 且，所以为偶函数，故排除BC； 又时，， 当时，，故排除A， 故选：D. 5. 据典籍《周礼•春官》记载，“宫、商、角、徵、羽”这五音是中国古乐的基本音阶．若把这五个音阶全用上，排成一个五音阶音序，要求“宫”不为末音阶，“商”和“羽”之间恰有两个音阶，则可以排成不同音序的种数是（ ） A. 12 B. 20 C. 24 D. 32 【答案】B 【解析】 【分析】优先处理特殊元素“宫”，根据“宫”的位置分类讨论即可求解. 【详解】当“宫”在“商”和“羽”之间时，可以排成不同音序的种数为； 当“宫”不在“商”和“羽”之间时，可以排成不同音序的种数为， 所以一共可以排成不同音序的种数为． 故选：B． 6. 已知定义在上的函数的图象关于直线对称，且在上单调递减.设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过函数的奇偶性和单调性即可判断. 【详解】因为的图象关于直线对称，所以的图象关于轴对称，所以为偶函数， 又在上单调递减，所以在上单调递增. 由题得， 又，因，则 所以， 即. 故选：D. 7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，直线与交于另一点，若与（为原点）的面积之比为，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意易得，可得，进而设，列方程求解即可. 【详解】由题意，，，所以，则， 所以，由，，设， 则，， 则，解得，，即， 因为点在椭圆上，所以，化简得， 所以． 故选：B． 8. 若函数满足：存在非零常数，对任意，，则称是“衰减函数”．已知函数为上的奇函数，且当时，，若为“衰减函数”，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，利用绝对值的性质，得，再利用奇函数的性质，得到的图象，再利用题设定义，数形结合，即可求解. 【详解】当，即时，； 当，即时，， 所以当时，，因为为奇函数，所以其图象关于原点对称， 作出的大致图象，如图所示， 因为为“衰减函数”，所以在上恒成立， 所以将的图象向右平移个单位长度后得到的图象不在图象的上方， 由图象知点向右平移6个单位长度后得点不在点的左边， 所以，解得． 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. 如图是我国2023年第四季度至2024年第四季度的折叠屏手机出货量、同比（与上一年同期相比）增长率统计图，则关于这5个季度的数据说法正确的是（ ） A. 折叠屏手机季度出货量的极差不超过92万台 B. 折叠屏手机季度出货量的中位数为250.5万台 C. 与2023年第二季度相比，2024年第三季度折叠屏手机的出货量增加13.7% D. 2024年前3个季度折叠屏手机的同比增长率均为正数 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据图中条形图和折线图的数据，以及极差和中位数的定义，结合选项判断. 【详解】折叠屏手机季度出货量的极差为千台，即91.4万台，故A正确； 将各季度折叠屏手机出货量（千台）从小到大排列为1857，2233，2505，2571，2771，故中位数为2505千台，即250.5万台，故B正确； 同比是指与上一年同期相比，故折叠屏手机2024年第三季度的出货量比2023年第三季度的出货量增加13.7%，故C错误； 由图可知，2024年前3个季度折叠屏手机的同比增长率均为正数，故D正确. 故选：ABD． 10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，M是C上第一象限内一点，则（ ） A. 若点M关于原点对称的点为点N，且，则 B. C的右顶点到渐近线的距离为 C. △M内切圆的圆心在直线上 D. 不存在点M，使得点M关于点对称的点在C上 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由双曲线方程可得的值，结合图象，可得其正误；对于B，由双曲线方程可得渐近线方程以及右顶点，利用点到直线距离公式，可得其正误；对于C，由三角形内切圆的切线长性质，根据双曲线定义，可得其正误；对于D，利用反证法，由中心对称写出坐标，代入方程，可得其正误. 【详解】对于A，由题意可作图如下： 由双曲线，则，，即， 由，且点关于原点的对称点为点，则， 在中，由，则，故A正确； 对于B，由双曲线，则渐近线方程为，右顶点， 右顶点到渐近线的距离为，故B错误； 对于C，可作图如下： 由圆为的内切圆，且分别为的切点， 则，，， 由， 设，则，解得，易知在直线上，故C正确； 对于D，点关于点的对称点为点，假设该点位于双曲线， 则，整理可得，即， 解得，可得，故，化简可得， 由，则方程无解，假设与题意相矛盾，故D正确. 故选：ACD. 11. 在棱长为4的正方体中，，，分别是棱，，的中点，是棱上的动点（包含端点），则（ ） A. 当点是棱的中点时，过点且与平面平行的平面截该正方体所得截面图形的面积为 B. 若过点，，的平面截该正方体所得截面与交于点，则 C. 过点且与垂直的平面截该正方体所得截面图形的面积的最大值为 D. 存在点，使得过点，，的平面截该正方体所得截面图形为五边形 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A在正方体中，取的中点，连接，，，如图所示，找与平面平行的截面即可判断，对于B延长，，使，再连接，使，延长，，使，连接，使，连接，，则五边形为平面截正方体所得截面图形，利用相似三角形即可求解，对于C过点作于点，过点作交于点，即证平面，过点且与垂直的平面截该正方体所得截面图形为矩形，当点与点重合时，矩形的面积最大，求矩形的面积即可，对于D分别作出当点与点重合时，当点与点重合时，当在棱（除端点外）上时的截面即可判断. 【详解】对于A，如图所示，取的中点，连接，，， 因为，分别为，的中点，所以，， 又平面，平面，平面，平面， 所以平面，平面，，故平面平面，所以即为过点且与平面平行的平面截该正方体所得截面图形， 因为正方体的棱长为4，所以， 所以的面积为，故A正确； 对于B，如图，延长，，使，再连接，使，延长，， 使，连接，使，连接，， 则五边形为平面截正方体所得截面图形，又， 所以，所以，故B正确； 对于C，如图，过点作于点，过点作交于点． 易得得平面，又平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 所以过点且与垂直的平面截该正方体所得截面图形为矩形， 当点与点重合时，矩形的面积最大，此时点为的中点， 所以，，矩形的面积最大为，故C正确； 对于D，由题可知，，分别是，的中点，则． 当点与点重合时，过点，，的平面截该正方体所得截面图形为矩形； 当点与点重合时，截面图形为四边形（菱形）；当在棱（除端点外）上时， 如图，作交于点，连接并延长交延长线于点， 连接并延长交延长线于点，连接交于点，交于点， 多边形为过，，三点的截面图形，由正方体的对称性可知梯形与梯形全等， 则截面图形为六边形．综上，过，，三点的平面截该正方体所得截面图形不可能是五边形，故D错误． 故选：ABC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 记等差数列的前项和为，若则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等差数列性质结合前项和公式求解即可. 【详解】由题意得，所以. 故答案为：. 13. 在正四棱台中，高为，，，则该正四棱台的体积为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据勾股定理求得，从而得，再利用正四棱台体积公式即可. 【详解】连接，，，设，连接， 在正四棱台中，， 因为，所以，则，， 因为该正四棱台的高为，所以，所以， 所以该正四棱台的体积． 故答案为：. 14. 过原点的直线与双曲线交于两点，且点在第二象限，过点作的垂线与交于点，过点作x轴的垂线与交于点，与直线交于点E，若则的离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，，则，利用点差法可得，结合已知可求得的值，进而可求得离心率. 【详解】设，，则， 由，得.因为点均在双曲线上， 所以，两式相减得， 则，因为，所以， 又， 所以， 故双曲线的离心率. 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. 记数列的前n项和为，已知 （1）证明:数列是等比数列； （2）求数列的通项公式； 【答案】（1） 因为 ， 所以当时， ; 当时， ， 所以 ， 即 ， 又 ， 所以 ， 所以数列是首项为，公比为 的等比数列； （2） 【解析】 【分析】（1）利用和等比数列的定义即可求证； （2）由（1）通过等比数列求通项公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得， 所以. 16. 某芯片公司生产甲、乙、丙三种型号的芯片，每种芯片均需要两次光刻才能成型，甲、乙、丙芯片第一次光刻的良品率分别为，，．只有第一次光刻为良品，才能进行第二次光刻，否则为废品被淘汰，甲、乙、丙第二次光刻的良品率分别为，，．第二次光刻的良品才是合格品． （1）若从第一次光刻的芯片中任取3枚甲芯片、2枚乙芯片、1枚丙芯片，再从这6枚芯片中任取一枚，求该芯片是良品的概率； （2）甲、乙、丙三种芯片的每件合格品可为公司赚取利润100元，每件不合格品使公司亏损25元，现生产甲、乙、丙芯片各一枚，设这3枚芯片为公司赚取的利润为，求的分布列与数学期望． 【答案】（1） （2）分布列为 50 175 300 ，【解析】 【分析】（1）考虑从甲、乙、丙三种芯片中选且是良品的不同情况，分别计算概率再相加. （2）因为芯片合格需两次光刻都合格，所以用每次光刻为良品的概率相乘，分类讨论计算概率.得到分布列和数学期望. 【小问1详解】 记事件为该芯片是良品， 则． 【小问2详解】 设，，分别为甲、乙、丙三种芯片第次光刻为良品， 则，，，，，． 甲芯片是合格品的概率为， 乙芯片是合格品的概率为， 丙芯片是合格品的概率为． 的可能取值为-75，50，175，300， ， ， ， ， 其分布列为 50 175 300 数学期望． 17. 已知椭圆的右焦点为，A为C上一点，的最小值为1. （1）求C的方程； （2）设点，斜率不为0的直线与C交于另一点B. （i）若弦中点的纵坐标为，求直线的斜率； （ii）若D为C上一点，且点D与点A关于x轴对称，证明：三点共线. 【答案】（1） （2）（i）； （ii）由题得， 因为 ， 所以， 又与有公共点，所以三点共线. 【解析】 【分析】（1）根据题意列出关于的方程，求解即可； （2）设直线与椭圆方程联立，求得韦达定理.（i）由弦的中点坐标求得的值，即得弦的斜率；（ii）通过向量坐标计算证明，结合与有公共点即可证得. 【小问1详解】 由题意得 解得， 所以的方程为. 【小问2详解】 由题可知直线的斜率存在且不为0， 设直线，则， 联立，消去，可得， 则，解得， 所以. （i）因为弦中点的纵坐标为， 所以， 解得或（舍）， 所以直线的斜率为. （ii）略 18. 已知函数 . （1） 若，当时，，求的取值范围； （2） 若，求的极值； （3）若是的极小值点，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）极大值为，无极小值； （3）. 【解析】 【分析】（1）原不等式即为，利用导数求出的最小值后可得参数的取值范围； （2）求出函数的导数，判断其符号后可得函数的极值； （3）求出函数的导数，设，利用局部保号性，分，和三种情况，分类讨论，可求参数的取值范围. 【小问1详解】 当时，， 因为当时，， 即，不等式两边同除以得 ， 令，则， 当时，，单调递增， 所以，所以的取值范围为． 【小问2详解】 当时，，则， 令，则， 由，得；由，得， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 且时，，， 所以当时，，即； 当时，，即， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以的极大值为，无极小值． 【小问3详解】 由题可得，. 令， 则，， 当，即时， 存在，使得当时，， 此时即在区间上单调递增， 故当时，，当时，， 所以当时，是的极小值点，符合题意． 当，即时， 存在，使得当时，， 此时即在区间上单调递减， 故当时，，当时，， 所以当时，是的极大值点，不符合题意． 当，即时，，， 令，得或0， 当时，， 当时，， 故在上为减函数，在上为增函数， 故在上，有， 所以当时，不是的极值点，不符合题意． 综上所述，的取值范围为. 19. 如图，在斜三棱柱中，平面平面,分别为棱的中点，. （1）若四边形为菱形，证明：平面； （2）若 （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）若斜三棱柱内存在两个体积相等且相切的球，且每个球都与该三棱柱的一个底面及三个侧面相切，求点到平面的距离. 【答案】（1） 如图，连接， 因为四边形为菱形，所以， 因为分别为棱的中点，所以，所以， 因为，所以， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 又平面，所以， 又平面，所以平面. . （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）先证，再证明平面，进而得出，最后利用线面垂直的判定定理即可； （2）（i）以为原点建系，计算平面与平面的法向量即可； （ii）先利用线面平行的性质定理和判定定理求证，再利用公式 计算，最后计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知平面， 以为原点，所在直线为轴，以过点且与平行的直线为轴，平面内过点且与垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， （i）在中，， 则在等腰中可得， 则， 则， 则， 所以的一个方向向量为的一个方向向量为， 由，得，则直线上存在点， 所以的一个方向向量为， 设平面的法向量为， 则，取，所以， 设平面的法向量为， 则，取，所以， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （ii）设与平面相切的球的球心为，与平面相切的球的球心为， 由题意知球均与平面相切，设切点分别为， 连接，则，， 因为球均与平面相切，所以平面， 因为平面，所以平面， 又平面，平面平面，所以， 设球的半径为，球心，则， 因为平面，所以点到平面的距离为，则， 由，得， 由，得， 代入，解得， 所以， 则线段在轴上的投影长度为， 所以斜三棱柱的高为， 所以点到平面的距离为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $