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

命学科网可组卷网 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z=1-2i, A.3 B.2 c.5 D.5 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数号，结合复数的模长公式可求得结果 【详解1因为：=1-21，所以名1-21=21--2-i,所以月 =4+i=5 ii 故选：C 2.已知集合A={-5,-3,-2,1,8},B={x|(x+3)(x-7)>0},则A∩RB)=() A.{-2,1} B.{-3,-2,1} C.{-2,1,8} D.{-3,-2,1,8} 【答案】B 【解析】 【分析】先求集合B,再求RB,最后根据集合的交集运算即可求解 【详解】由(x+3)(x-7)>0,得x<-3或x>7,所以RB={x|-3≤x≤7}， 又因为A={-5,-3,-2,18},所以AnRB={-3,-2,1. 故选：B. 3.己知向量AB=(-6,),BC=(2,0),CD=L,),若AB1BD,则t=() 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BD,再利用向量垂直的坐标表示求出t 【详解】依题意，BD=BC+CD=(3,1),由AB⊥BD,得AB·BD=-6×3+t=0, 第1页/共22页 耐学科网 丽组卷网 所以t=18 故选：A 4.函数f(x)的图象可看作是由函数gx)=。 2K-一的图象向左平移1个单位长度后得到的，则 2x2-4x+3 f(x的图象大致为() 【答案】D 【解析】 【分行】平珍变换可用因-州，为程数儿国的音，整合流做法可将结论 2x-1 2x-1 【详解】因为g)=2x-4x+320x-+ ,所以f(x)= 2x 2x2+1 ,其定义域为R, 且f-x刘= 2外=2=，所以f(y为偶函数，故排除BC 2(-x)2+12x2+1 又x>0时，f()=4r+2-8x22-4r2 (2x2+12(2x2+12 当x→0+时，f'x)→2，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 第2页/共22页 命学科网可组卷网 【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C)AAA3=16: 当“宫”不在“商”和“羽之间时，可以排成不同音序的种数为AA?=4, 所以一共可以排成不同音序的种数为16+4=20 故选：B. 6.已知定义在R上的函数fx-1)的图象关于直线x=1对称，且f(x)在(-0,0)上单调递减设 a=f(log23),b=f(In3),c=f A.a<b<c B.b<c<a C.c<a<b D.c<b<a 【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fx-1)的图象关于直线x=1对称，所以f(x)的图象关于y轴对称，所以fx)为偶函数， 又f(x)在(-oo,0)上单调递减，所以f(x)在(0，+∞）上单调递增， 由题得e=fe写)=1-e到=f川e, 又0<1g9<1,因0<h2<1,则1og,3=l血3 >ln3>1 In 2 所以f(lg9)<f(ln3<f(log23), 即c<b<a 故选：D. 气已知椭圆C名+a>h>0的左、石焦克分别为F,乃，E顶点为A,直线AC与C交于男 一点B,若△AOE与△BOF,(0为原点)的面积之比为4：3，则C的离心率为() 1 A. D V3 3 5 3 【答案】B 第3页/共22页 耐学科网 丽组卷网 【解析】 【分析】根据题意易得 时子可待R8-,进而设8k),列方程求解即可 【详解】由题意， -o明=05，所以 网3则丽3 所以B=3A5,由40，)，FC,0,设B(x,), 4 F2B=(x-c,y),AF =(c,-b), 3 x-C=-c 4 7 3. ，解得x= 4 y=-2 4 因为点B在椭圆C上，所以49c2+9b2 16a2干16b2=1，化简得三二， 所以e=S=V万 故选：B VA F2 F 8.若函数f(x)满足：存在非零常数t,对任意x∈R,∫(x-t)≤f(x),则称f(x)是“t-衰减函数”.己 知函数f(x)为R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)=2x-m-m(m>0),若f(x)为“6-衰减函数”，则 m的取值范围为() A.(2,+0) B.(0,2) C.(3,+0) D.(0,3] 【答案】D 【解析】 第4项/共22页 可学科网可组卷网 -2x,0sx 2 【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f(x)的图象， 2x-2m,x> m 2 再利用题设定义，数形结合，即可求解 【详解】当2x-m>0,即x>时，f(x)=2x-m-m=2r-2m: 当2x-m≤0，即0≤x≤m时，f(x)=m-2x-m=-2x, -2x,0≤x≤ 所以当x∈0，+0)时，f(x)= 2 ,因为(x)为奇函数，所以其图象关于原点对称， 2x-2m, 作出f(x)的大致图象，如图所示， m m( 3m衣 因为f(x)为“6-衰减函数”，所以f(x-6)≤f(x)在R上恒成立， 所以将∫x)的图象向右平移6个单位长度后得到的图象不在f(x)图象的上方， m 由图象知点P 向右平移6个单位长度后得点P6-2m 3m 不在点Q -,m 的左边， 2 所以6-≥ m ， 解得0<m≤3. 2 2 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() 第5页/共22页 西学科网丽组卷网 中国折叠屏手机出货量、同比增长率，23Q4-24Q4 3000149.6% 160% 2571 2500-p771--- 2505140% 04.6%223 120% 2000 1857- 100% 1500 83.06 80% 60% 1000- 40% 500 20% 0 1B.7.c%6% .-20% 20232024202420242024 Q4 Q1 Q2 Q3 Q4 ☐出货量-同比增长率 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2771-1857=914千台，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C:女-上-1的左、右焦点分别为，F,M是C上第一象限内一点，则() 42 A.若点M关于原点对称的点为点N,且MN=2V6,则ME⊥MF, BC的右顶点到渐近线的距离为 5 C.△MF,F,内切圆的圆心在直线x=2上 D.不存在点M,使得点M关于点(2,1)对称的点在C上 【答案】ACD 第6页/共22页 耐学科网 可组卷网 【解析】 【分析】对于A,由双曲线方程可得a,b,c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C:x -=1,则a2=4,b2=2,即c=Va2+b2=√6， 42 由MW=2V6,且点M关于原点的对称点为点N,则ON=√6， 在aME中，由OM=OF=)FF=c,则ME1ME,故A正确： 对于B,由双曲线C: :-上-1，则渐近线方程为y=± 2 x,右顶点(2,0)， 42 V2×2-2×0 右顶点到渐近线的距离为 25,故B错误： V4+2 3 对于C,可作图如下： 由圆P为△MFF,的内切圆，且A,B,C分别为ME,MF,FF的切点， AF =CF,AM=BM,BF2 =CF2, 由MF-MF=(IAM+AF-(BM+BF）=FC-F,C=2a, 设C(xc,0),则xc+V6)-N6-xc)=4,解得x。=2,易知P在直线x=2上，故C正确； 对于D,点M关于点(2,1)的对称点为点4-x,2-y),假设该点位于双曲线C, 第7页/共22页 学科网组卷网 则4-2-川-1，整理可得2-2x+2y+号=1，即3-2x-川=1， 4 2 42 解得x-=1,可得)=-1，改号-区，=1，化简可将2-4红+6=0 42 由△=（-4)-4×6=-8<0，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ABCD-A,B,CD中，M,N,P分别是棱AA,CC,C,D的中点，Q是棱 AD上的动点（包含端点），则() A.当点Q是棱AD的中点时，过点Q且与平面A,C,D平行的平面截该正方体所得截面图形的面积为2√3 B若过点B,M,P的平面截该正方体所得截面与AD交于点卫，则4=氵 8 C.过点Q且与BN垂直的平面截该正方体所得截面图形的面积的最大值为8√5 D.存在点Q,使得过点Q,M,N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DD,的中点S,连接QS,PS,P2,如图所示，找与平面A,C,D平行的 截面即可判断，对于B延长B,A,BM,使B,A,∩BM=K,再连接PK,使PK∩A,D,=Q,延长 B,C,KP,使B,C∩KP=H,连接BH,使BH∩CC=J,连接MQ,PJ,则五边形POMBJ为 平面BMP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Q作QE⊥B,C,于点E,过点 E作ET⊥BN交CC于点T,即证BN⊥平面QET,过点Q且与BN垂直的平面QET截该正方体所得 截面图形为矩形QETL,当点T与点C重合时，矩形QETL的面积最大，求矩形QETL的面积即可，对于 D分别作出当点Q与点A重合时，当点Q与点D重合时，当Q在棱AD(除端点外)上时的截面即可判 断 【详解】对于A,如图所示，取DD,的中点S,连接QS,PS,PO, 第8页/共22页 可学科网可组卷网 D B D ⊙ 因为P,Q分别为CD,AD的中点，所以PQ/1A,C,SQ//AD, 又PQ丈平面A,C,D,ACc平面A,C,D,SQ4平面ACD,ADC平面A,C,D, 所以PQ/1平面A,C,D,SQ//平面A,C,D,PQ∩SQ=Q,故平面SPQ//平面A,C,D,所以△SPQ即 为过点Q且与平面A,C,D平行的平面截该正方体所得截面图形， 因为正方体ABCD-A,B,C,D,的棱长为4，所以PQ=SQ=PS=2V2, 所以△SP0的面积为x5×2v2=25,放A正确： 22 对于B,如图，延长BA,BM,使B,A,∩BM=K,再连接PK,使PK∩A,D,=Q,延长BC,KP 使B,C∩KP=H,连接BH,使BH∩CC=J,连接MQ,PJ, H B A M D 则五边形POMBJ为平面BMP截正方体所得截面图形，又△A,QK∽△D,QP, 所以 9-4然-2，所以A0=宵故B正魔： 8 DO DP 对于C,如图，过点Q作QE⊥B,C,于点E,过点E作ET⊥BN交CC于点T. 第9页/共22页 可学科网可组卷网 D C A B D 易得QE⊥得平面BCCB,又BNc平面BCCB,所以QE⊥BN, 因为QE∩ET=E,QE,ETc平面QET,所以BN⊥平面QET, 所以过点Q且与BN垂直的平面QET截该正方体所得截面图形为矩形QETL, 当点T与点C重合时，矩形QETL的面积最大，此时点E为BC的中点， 所以ET=2√5，QE=4,矩形QETL的面积最大为8√5，故C正确： 对于D,由题可知，M,N分别是AA,CC的中点，则MN/A,C,/AC. 当点Q与点A重合时，过点Q,M,N的平面截该正方体所得截面图形为矩形； 当点Q与点D重合时，截面图形为四边形（菱形）；当Q在棱AD(除端点外)上时， 如图，作QR//A,C,交CD,于点R,连接RN并延长交DC延长线于点V, 连接OM并延长交DA延长线于点U,连接UV交AB于点G,交BC于点I, D R B M D C B 多边形ORNIGM为过Q,M,N三点的截面图形，由正方体的对称性可知梯形QRNM与梯形IGMN全 等， 则截面图形为六边形.综上，过Q,M,N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. 第10页/共22页 可学科网可组卷网 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.记等差数列{an}的前n项和为Sm,若S14=14,则a,+ag= 【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S4 14a+a4=71a,+ag)=14,所以4+a=2 2 故答案为：2 13.在正四棱台ABCD-AB,CD中，高为√5，AB⊥B,C,AB,=2√2，则该正四棱台的体积为 【答案】45#45 3 3 【解析】 【分析】根据勾股定理求得AC=4,从而得AB=√2，再利用正四棱台体积公式即可。 【详解】连接AC,BD,B,D,设ACOBD=O,连接BO, 在正四棱台ABCD-AB,CD,中，AB=BC=22, 因为AB,⊥B,C,所以AC=VAB+B,C2=4,则AB=BC=2√2，BO=2, 因为该正四棱台的高为V5,所以B,D,=2×V4-3=2,所以AB,=B,C=V2, 所以该正两发台的体积V-专2+8+2x8)x5-145 3 故答案为： 14v3 D B A D 1过钢点的直线与8收C:号手-口>06>0义于48两点。且直4第二念限，过直4作 第11页/共22页 可学科网可组卷网 AB的垂线AD与C交于点D,过点A作x轴的垂线与C交于点G,与直线BD交于点E,若 AG=2GE,则C的离心率为 【答案】 6 2 【解析】 【分析】设Ax,o),x(0,yo)0,D(m,n,m≠x,则G(,-yo),B(-x,-y),利用点差法可得 b2 0k0, 结合已知可求得子的值，进而可求得离心率 【详解】设Ax,yo),x(0,yo)0,D(m,n,m≠x。,则Gx,-yo),B-xo,-yo), 由AG=2GE,得E(xo,-2yo).因为点A,D均在双曲线C上， 1存=1，两式相减得m二龙=2-5 所以-=m a2 b2 a2 b2 服8考受票是-会0.小 m-x。m+x0m2-x 又k0=ke=-二-2-16=-{ -xo-Xo 故双曲线C的离心率e=1+=2 故答案为： VG 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{a,}的前n项和为S.,已知a,+S,=2n+2 5 第12页/共22页 学科网组卷网 (1)证明数列{a。一2是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式： 【答案】(1) 因为a,+S。=2m+2 9 所以当n=1时，a1= 4 当m≥2时，a1+S1=2(n-+2， 5 所以am-an-1+an=2, 1 即a.=1+201’ 1 叉a-2=40, 1 1+20-21， 所以0。-21 0m-1-2 a1-22 所以数列0，-2是首项为子公比为}的等比数列： n+1 (2)am= +2 【解析】 【分析】(1)利用an=Sn-Sn（n≥2)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a4a-2-份” 所以a=8 +2 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 第13页/共22页 可学科网可组卷 kw.co 435 次光刻的良品率分别为亏，4石 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， 344 甲、乙、丙第二次光刻的良品率分别为 4’5’5 ,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X,求X的分布列与数学期望. 【答案】(1) 71 90 (2)分布列为 -75 50 175 300 4 4 11 6 75 15 25 25 E(X)= 475 ， 【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A为该芯片是良品， 43.32.5171 则P(A)=4x3+3x2+5x1= 56466690 【小问2详解】 设A,B,C,(i=1,2)分别为甲、乙、丙三种芯片第i次光刻为良品， 则P叫4=等P4=}P8=}P川，=等PC=PC- 甲芯片是合格品的概率为P(4)P(4,)-, 乙心片是合格品的颜幸为P川县)P川品 丙芯片是合格品的紧率为PCP叫C)-号 X的可能取值为-75,50,175,300， 2214 P(X=-75)=二×二×二= 55375' 第14页/共22页 学科网可组卷网 2223x2x1× P(X=50)=二×二× 5x5x-x2= 204 553553 7515 322。.3313311 P(X=175)= 553 5537525 332186 P(X=300)=÷×二×5= 5537525 其分布列为 -75 50 175 300 4 4 11 6 75 15 25 25 11 +50×+175× 6475 数学期望E(X)=-75× +300× 75 15 25 253 7已圆C名+产aSh>0的石焦点为P0,4为C上一点，4F的最小值 (1)求C的方程； (2)设点M(4,0),斜率不为0的直线AM与C交于另一点B. 3 ()若弦AB中点的纵坐标为- 3引，求直线AB的斜率， (i)若D为C上一点，且点D与点A关于x轴对称，证明：B,D,F三点共线 【答案】(1) x2 y2 =1 43 (2)()3 (i)由题得FB=(x2-1,y2),FD=(x-1,-), 因为x2-1(-y)-y2x-1)=my2+4-1)-y)-y2my1+4-1 =-2my1y2-3(y1+y2)= -72m--72m=0, 3m2+43m2+4 所以FB/IFD, 又FB与FD有公共点F,所以B,D,F三点共线 第15页/共22页 可学科网可组卷网 M 【解析】 【分析】(1)根据题意列出关于a,b,c的方程，求解即可； (2)设直线l4B:x=my+4,m≠0，与椭圆方程联立，求得韦达定理.(1)由弦的中点坐标求得m的值，即 得弦的斜率；()通过向量坐标计算证明FB/FD,结合FB与FD有公共点F即可证得. 【小问1详解】 c=1 由题意得 a-c=1 a2-b2=c2 解得a=2,b=V3,c=1, 所以C的方程为女+上 4*31 【小问2详解】 由题可知直线AB的斜率存在且不为O, 设直线1AB:x=my+4,m≠0，A(x,y),B(x2,y2),则Dx,-), 联立 x=my+4 3x2+4y2=12'消去x,可得(3m2+4)y2+24my+36=0, 则△=(24m)2-4×363m2+4>0,解得m2>4, -24m 36 所以y+y2 3m2+4%y= 3m2+4 ①因为弦AB中点的纵坐标为-3引， 36 所以+上=-12m=_36 23m2+431' 解得m=3或4（舍， 第16页/共22页 学科网丽组卷网 所以直线A8的斜率为了 (ii)略 18.己知函数f(x)=mx2-2x+1e+x-1 (1)若m=1,当x∈[2，+oo)时，f(x)≥(x-1),求t的取值范围： (2)若m=0,求f(x)的极值： (3)若x=0是f(x)的极小值点，求m的取值范围. 【答案】(1)（-0，e2+1]: (2)极大值为0，无极小值； (3) 【解析】 【分析】(1)原不等式即为(x-1)e+1≥t,利用导数求出u(x)=(x-1)e+1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 3 3 (3)求出函数的导数f'(),设()="(，利用局部保号性，分m>2,m<和m=2 三种情况， 2 2 分类讨论，可求参数的取值范围 【小问1详解】 当m=1时，f(x)=(x-1)2e+x-1, 因为当x∈[2，+o)时，f(x)≥t(x-1), 即(x-1)e+(x-1)≥t(x-1),不等式两边同除以(x-1得 (x-1)e+1≥t, 令u(x)=(x-1)e+1,则w'x=xe, 当x∈[2，+o)时，u'x>0,u(x)单调递增， 所以u(x)min=u(2)=e2+1,所以t的取值范围为-oo,e2+1]. 【小问2详解】 第17页/共22页 命学科网可组卷网 当m=0时，f(x)=(-2x+1)e+x-1,则f'(x)=(-2x-1)e+1, 令g(x)=(-2x-1)e+1,则g'(x)=-2x-3e, 由g(>0,得x<-:由g<0,得x> 21 所以g(x)在区间 -0,2 上单调递减， 且x<-时.g)>0.g0=0, 所以当x∈(-o0,0)时，g(x)>0,即f'(x>0: 当x∈(0，+o)时，g(x)<0,即f'(x)<0, 所以f(x)在区间(-0,0)上单调递增，在区间(0，+o0)上单调递减， 所以(x)的极大值为f(O)=0,无极小值. 【小问3详解】 由题可得f'(x)=mx2+2mx-2x-1e+1,f'(0)=0. h(x)=(mx2+2mx-2x-1 e*+1, 则h'(x)=mx2+4mx-2x+2m-3e,(0)=2m-3, 3 当2m-3>0,即m>二时， 2 存在x<0<x2,使得当x∈(x1,x2)时，h'(x)>0, 此时h(x)即∫'(x)在区间(x,x2)上单调递增， 故当xe(x,0)时，f'(x)<0,当x∈(0，x2)时，f"(x)>0, 所以当m>时，x=0是的极小值点，符合题意。 当2m-3<0,即m<时， 存在x<0<x4,使得当x∈(x,x4时，h(x<0, 此时h(x)即f'(x)在区间(x3,x4)上单调递减， 故当xe(x3,0)时，f'(x)>0,当x∈(0，x4)时，f'(x)<0, 第18页/共22页 可学科网可组卷网 3 所以当m<。时，x=0是f(x)的极大值点，不符合题意. 当2m-3=0,即m=八=)-月+-小e+1,1-(r4e, 2 令h=0,待x=-号或0， 8 当-8<x<0时，W(<0,当x>0时，h(x>0, 3 放川到(0上为减国数，在0+o)上为蜡函数。 在（小有≥10=0， 3 所以当m=二时，x=0不是f(x)的极值点，不符合题意. 2 综上所述，m的取值范围为 3 19.如图，在斜三棱柱ABC-ABC中，平面ABC⊥平面ABB,A,M,N分别为棱AB,AA的中点， BC=AC=3 (1)若四边形ABB,A,为菱形，证明：AB⊥平面CMN; (2)若AB=5AC,c0s∠BA4-25 3 (i)求平面ACC,A与平面BCCB夹角的余弦值： (i)若斜三棱柱ABC-AB,C,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A到平面ABC的距离， 【答案】(1) 如图，连接AB, 第19页/共22页 学科网丽组卷网 因为四边形ABB,A,为菱形，所以AB⊥AB,, 因为M,N分别为棱AB,AA的中点，所以MNI∥AB,所以MN⊥AB,, 因为BC=AC,所以CM⊥AB, 因为平面ABB,A,⊥平面ABC,平面ABB,A∩平面ABC=AB,CMC平面ABC, 所以CM⊥平面ABB,A,, 又AB,C平面ABB,A,所以CM⊥AB, 又MNOCM=M,MN,CMc平面CMN,所以AB⊥平面CMN B 4 (2)(①7(i 3 【解析】 【分析】(1)先证MN⊥AB,再证明CM⊥平面ABB,A,进而得出CM⊥AB,最后利用线面垂直的判 定定理即可； (2)()以A为原点建系，计算平面ACCA与平面BCCB的法向量即可： (i)先利用线面平行的性质定理和判定定理求证DE∥AA,再利用公式 BO,·m 计算r,最后计算2r+DE·sin∠BAA即可 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由(1)可知CM⊥平面ABB,A, 以A为原点，AB所在直线为x轴，以过点A且与CM平行的直线为y轴，平面ABB,A内过点A且与 AB垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， (i)在ABC中，AB=3V3,AC=BC=3, 第20页/共22页 可学科网可组卷网 1 则在等腰ABC中可得 oS∠CAB=2 C 3 2 则∠BAC=∠ABC=30°， 则C 650ap5o叭 所以AC的一个方向向量为ā=(51,0，BC的一个方向向量为b=（-V51,0), 2W2 由cos∠BAA,= 3 得an∠B142N2则直线44上存在点(25.0，小， 所以AA,BB,的-个方向向量为c=2V2,0,1, 设平面ACC4的法向量为方=(x,M,名)， 元-a=5x+y=0,取x=-1,所以i=(15,22) 则 i:c=2V2x+z,=0 设平面BCCB的法向量为m=(x2,2,3), 则 [m.b=-V3x2+2=0 取为=1，所以m=1,V5,-22), m·c=2V2x2+z2=0 设平面ACC,A与平面BCCB的夹角为O, m -1+3-8 1 则cos0=|cosm,= 园 V1+3+8×V1+3+82' 所以平面ACC,A与平面BCCB夹角的余弦值为) B 6 (i)设与平面ABC相切的球的球心为O,与平面A,B,C,相切的球的球心为O2, 由题意知球O,O2均与平面ABB,A,相切，设切点分别为D,E, 第21页/共22页 学科网组卷网 连接OO,DE,则OO,/DE,OO,=DE, 因为球O,O,均与平面ACC,A相切，所以O,O,∥平面ACC,A, 因为DEd平面ACC,A,所以DE∥平面ACC,A, 又DEc平面ABB,A,,平面ABBA∩平面ACCA=AA,所以DE∥AA, 设球O的半径为r,球心O,(x,,r),则AO=(x,r,r,B0=x-3V5,r,r, 因为CM1平面BB4,所以点C平面AB,4的距商为CM-多，则0<1<号 由r 0_D.+5+2]25r=k-35+(5-2 +5+2-5+5-2r-92r 代入x+(5+22]=25,解得r= 所以DE=OO2=2r=1, M段DE车：黄上的款长度方DE6mL8从=1x否-号 14 所以斜三棱柱ABC-ABC的高为2r+DE·sin∠BAA,=1+ 3=3 所议点4到平面4BC的距离为、 第22页/共22页 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 $