精品解析：广东潮州市金山中学、揭阳第一中学2025-2026学年高三下学期考前测试数学试卷

2025-2026学年度潮州金中、揭阳一中高三级三模测试 数学科试卷 命题人：揭阳一中高三数学备课组 一、单选题 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解出集合的范围，求出并集即可． 【详解】因为；且； 故． 2. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 1 【答案】D 【解析】 【详解】复数， 则，故D正确. 3. 已知向量，，则“”是“”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】利用平面向量平行的坐标表示即可求解. 【详解】当时，向量，，则，即,故充分性成立； 当时，满足,即，解得：或,所以必要性不成立； 所以“”是“”的充分不必要条件 4. 已知等差数列的前项和为，公差，若，且，，成等比数列，则的值为（ ） A. 11 B. 13 C. 19 D. 17 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的性质由等差数列的求和公式和等差中项可得，再由等比中项可得，两式联立可得和，然后求出数列的通项可得. 【详解】，即， 又因为，，成等比数列，则， 即，整理可得， 再与联立可得，， 所以，， 故选：C． 5. 已知，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，得， 又，所以． 6. 某厂生产一批圆台形灯罩，灯罩的上、下底面都是空的，上、下底面的半径之比为1:2，高为15cm，母线长为25cm．现要对100个这样的灯罩的内、外表面都涂上一层防潮涂料，若每平方米需要100克涂料，则共需涂料（ ） A. 克 B. 克 C. 克 D. 克 【答案】C 【解析】 【分析】设圆台的上底面半径为cm，由求出，再由圆台的侧面积公式求出内、外表面面积可得答案. 【详解】设圆台的上底面半径为cm，则下底面半径为cm， 因为高cm，母线cm，所以由， 得cm， 可得圆台的侧面积为， 所以100个灯罩内、外表面面积为， 则共需涂料克. 故选：C. 7. 已知为圆上的两个动点，且，点为直线上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取的中点， 利用平面向量的基本定理和数量积得到，要求的最小值就是求的最小值，求出，从而得到点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，由点为直线上的动点，可知的最小值为圆心到直线的距离减去半径，利用点到直线的距离公式来求出，从而得到. 【详解】取的中点，则， ， 要求的最小值，就是求的最小值， 圆的圆心为，半径为， ， 点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆， 点为直线上的动点， 的最小值为圆心到直线的距离减去半径， ， ，故选项C正确. 8. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦函数、对数函数性质易得，构造，利用导数判断单调性，再判断大小关系即可得，即可得结果. 【详解】因为在内单调递增， 则，即， 又因为在内单调递增， 则，，可得； 令，则，， 构建， 则， 可知在上递减，则，即； 综上所述：. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是根据构建，利用导数判断其单调性，进而可得. 二、多选题 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 数据1,2,5,7,8,9,11,15的第75百分位数是10. B. 设样本数据的方差为5，则的标准差为20. C. 随机掷一枚质地均匀的正方体骰子，骰子各个面分别标记有1~6共六个数字，记事件“骰子向上的点数是奇数”，事件“骰子向上的点数是2或3”，则事件与事件是相互独立事件. D. 在二项式的展开式中，若只有第4项的二项式系数最大，则各项系数和是64. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用百分位数的定义可判断A选项；利用方差的性质可判断B选项；利用事件独立性的定义可判断C选项；利用二项式系数的性质和各项系数和可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，所以，数据1,2,5,7,8,9,11,15的第75百分位数是，A对； 对于B选项，设样本数据的方差为5，则的方差为，其标准差为，B错； 对于C选项，由题意可知，，，事件AB=“骰子向上的点数是3”，则，因此，事件与事件是相互独立事件，C对； 对于D选项，在二项式的展开式中，若只有第4项的二项式系数最大，则，可得，因此，展开式各项系数和为，D错. 故选：AC 10. 已知是函数的极值点，则（ ） A. 实数a的取值范围是 B. 函数的图象关于点对称 C. 存在实数a，使得是的极大值点 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据极值点可知导函数有两个零点，利用判别式求解可判断A，根据函数对称的性质取特殊点判断B即可，利用求出，检验即可判断C，根据A及韦达定理，化简，解不等式判断D. 【详解】因为， 是函数的极值点， 所以是的两个不等的实数根， 所以，解得或，由， 所以，故A正确； 在函数的图象上取点,则关于点的对称点为， 而，显然不恒等于， 故函数的图象关于点不对称，故B错误； 当是的极大值点时，，解得， 当时，， 所以当时，，在区间上单调递增， 当时，，在区间上单调递减， 所以是的极大值点，故C正确； 由A选项知，是的两个不等的实数根， 所以， 所以 ， 由， 因为，所以，故D正确. 11. 如图，在直三棱柱中，，，点M是线段上一点，则下列说法正确的是（ ） A. 当M为的中点时，平面 B. 四面体的体积为定值 C. 的最小值为 D. 四面体的外接球半径的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】由线面垂直的判定定理可得A正确；由线面平行的判定定理证明平面得到三棱锥的高，再由棱锥的体积公式可得B正确；将翻折到与矩形共面再结合余弦定理可得C错误；建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量共线得到点的坐标，再由几何关系把外接球半径用球心坐标表示，结合二次函数的性质求出最值即可. 【详解】对于A，在直三棱柱中，平面，平面，所以， 因为，为中点，所以， 又平面， 所以，即平面，故A正确； 对于B，在直三棱柱中，，又平面，平面，所以平面， 即到平面的距离等于到平面的距离， 所以，即四面体的体积为定值，故B正确； 对于C，将翻折到与矩形共面，如图所示， 连接与相交于点，此时取得最小值， 在中，，， 由余弦定理可得，故C错误； 对于D，在直三棱柱中，以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 所以，设， ，， 因为点M是线段上任意一点，由，所以，所以可取，， 设四面体的外接球球心为，半径为， 则，即， 由对称关系可得， 又，所以， 解得， 因为，所以， ，故D正确. 故选：ABD 三、填空题 12. 曲线在处的切线方程为________. 【答案】 【解析】 【分析】求出切点的纵坐标及切线的斜率，即可得答案. 【详解】，， ， 所以切线方程为， 即. 故答案为： 13. 已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，过点的直线与双曲线的两支分别交于，两点，且，若坐标原点到直线的距离为，则双曲线的离心率是______ 【答案】 【解析】 【详解】过作垂足为， 则，， 由，得， 过点作于点Q，则， 由O为的中点，得， 因为为锐角，所以， 有，得， 所以，由双曲线的定义知， ，即，解得， 又，所以..，所以双曲线的离心率为. 14. 抛掷一枚质地均匀的骰子（六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6），向上的点数为1记为事件，抛掷次后事件发生奇数次的概率记为，则______，______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用独立重复试验的概率公式计算；分析与的递推关系建立递推式，通过构造等比数列的方法求解通项公式，进而代入计算. 【详解】每次抛骰子，事件发生的概率，不发生的概率为； 抛2次，发生奇数次即恰好发生1次，由二项分布概率公式：， 次中发生奇数次，可分为两种情况：① 前次发生偶数次，第次发生； ② 前次发生奇数次，第次不发生， 因此：， 所以，所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以. 四、解答题 15. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求角的大小； （2）若外接圆的半径为，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式计算可得； （2）由正弦定理求出，再由余弦定理及求出、，最后由面积公式计算可得. 【小问1详解】 因为 由正弦定理得． 所以， 因为，所以． 所以． 因为，所以， 因为，所以． 【小问2详解】 因为外接圆半径为， 由正弦定理得，由（1）知，即，所以， 由余弦定理得，所以， 因为，代入上式得． 因为，所以，则，所以． 16. 如图，四棱锥中，底面是梯形，，. （1）证明:平面平面； （2）若 ,求平面与平面所成二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由条件先证明，得平面，再由面面垂直的判定定理即可得证； （2）根据条件建系，写出相关点的坐标，求出两平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即得. 【小问1详解】 因底面是梯形，，，则， 又，平面，则平面， 又平面，故平面平面. 【小问2详解】 取的中点为，连接，因，则， 由（1）得平面，平面，则， 又平面，则平面. 过点作的平行线，交于点，则，即两两垂直， 故可以分别为轴建立空间直角坐标系. 因，由，可得， 则，. 设平面的法向量为， 因， 则，故可取， 因平面，故平面的法向量可取为， 则， 设平面与平面所成二面角的平面角为，则， 即平面与平面所成二面角的正弦值为. 17. 已知函数. （1）设是的极值点，求，并求函数的单调区间； （2）证明：. 【答案】（1），单调递减区间为，单调递增区间为． （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据，即可求出值，再求出单调区间即可； （2）法一：求导后，再利用隐零点法即可证明不等式；法二：利用不等式进行合理放缩即可. 【小问1详解】 ，， 由，得， 此时，令，则， 所以在上单调递增， 又，所以时，时，， 即的单调递减区间为，单调递增区间为． 【小问2详解】 法一：，令， 则，即在上单调递增， 当时，，当时，， 所以，使得，即， 所以， 当时，时，， 所以， 当且仅当时取等．故得证． 法二：先证， 令 ，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，上单调递增， 故，即证得（当时取等）， 将替换为，得，即（当时取等）， 所以 （当且，即时，等号成立）. 故得证． 18. 已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，焦距为． （1）求的标准方程； （2）设，是上关于轴对称的两点，是上一点，直线，与轴分别交于，两点． （i）设为坐标原点，证明：为定值； （ii）若，求的面积的最大值． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析（ii） 【解析】 【分析】（1）根据长轴与短轴的关系及焦距，结合即可求解； （2）（i）设，，表示出直线方程，进而表示出，计算即可证明；（ii）法一：由已知得出和，再由及基本不等式即可证明；法二：设与交于点，由几何关系得出和，再由及基本不等式即可求解． 【小问1详解】 依题意，，即， 又焦距为，所以， 解得，，所以的标准方程为． 【小问2详解】 （i）证明：由椭圆的对称性，不妨设，， ， 设，，则直线方程为， 令得，，同理可得，， 因为，， 所以， 所以为定值． （ii）法1：因为，所以， 又因为，， 所以， 所以， 所以， 因为，所以， 所以，显然， 所以，所以， 所以， （当且仅当，即时，等号成立）， 所以的面积的最大值为． 法2：设与交于点，由椭圆的对称性知， 因为，所以 ， 又因为，， 所以. 所以，所以，显然， 所以，所以， 所以， （当且仅当，即时，等号成立）， 所以的面积的最大值为． 19. 某商场举行抽奖活动，箱子里装有标号为1到的张奖券，不同的奖券标号对应不同的奖品，标号越大，奖品越丰厚．规则如下：顾客从中有放回地抽取奖券次，每次抽取一张奖券，抽取结果中标号最大的奖券对应的奖品即为最终奖品，设最终获得的奖品对应的奖券标号为． （1）当时，求最终拿到标号为3的奖券的概率和拿到标号为2的奖券的概率． （2）若． ①求最终拿到标号不大于的奖券的概率； ②求随机变量的期望（用表示）． （3）当时，证明：． 【答案】（1）； （2）①；② （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用对立事件和差事件求概率：，计算两次有放回抽取的结果概率； （2）①标号不大于即每次抽取都不超过，用独立重复试验求概率；②用分布列或尾和公式求期望，化简得到结果； （3）先写出期望表达式，再构造对称和式，结合函数单调性放缩证明不等式. 【小问1详解】 表示最大标号为，等价于所有抽取结果都不超过，且至少有一次等于， 则两次都不超过2； 两次都不超过2两次都不超过1. 【小问2详解】 ①最终标号不大于等价于次抽取的所有结果都不大于，每次抽到不大于的概率为， 因此. ②由于， 随机变量的期望得 . 【小问3详解】 ， 则随机变量的期望为 . 设，， 当时，，等号成立； 当时，当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以. 设， 又因为， 所以，所以． 综上所述，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度潮州金中、揭阳一中高三级三模测试 数学科试卷 命题人：揭阳一中高三数学备课组 一、单选题 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 1 3. 已知向量，，则“”是“”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 4. 已知等差数列的前项和为，公差，若，且，，成等比数列，则的值为（ ） A. 11 B. 13 C. 19 D. 17 5. 已知，则（ ） A. 1 B. C. D. 6. 某厂生产一批圆台形灯罩，灯罩的上、下底面都是空的，上、下底面的半径之比为1:2，高为15cm，母线长为25cm．现要对100个这样的灯罩的内、外表面都涂上一层防潮涂料，若每平方米需要100克涂料，则共需涂料（ ） A. 克 B. 克 C. 克 D. 克 7. 已知为圆上的两个动点，且，点为直线上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 下列说法中正确的是（ ） A. 数据1,2,5,7,8,9,11,15的第75百分位数是10. B. 设样本数据的方差为5，则的标准差为20. C. 随机掷一枚质地均匀的正方体骰子，骰子各个面分别标记有1~6共六个数字，记事件“骰子向上的点数是奇数”，事件“骰子向上的点数是2或3”，则事件与事件是相互独立事件. D. 在二项式的展开式中，若只有第4项的二项式系数最大，则各项系数和是64. 10. 已知是函数的极值点，则（ ） A. 实数a的取值范围是 B. 函数的图象关于点对称 C. 存在实数a，使得是的极大值点 D. 若，则 11. 如图，在直三棱柱中，，，点M是线段上一点，则下列说法正确的是（ ） A. 当M为的中点时，平面 B. 四面体的体积为定值 C. 的最小值为 D. 四面体的外接球半径的取值范围是 三、填空题 12. 曲线在处的切线方程为________. 13. 已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，过点的直线与双曲线的两支分别交于，两点，且，若坐标原点到直线的距离为，则双曲线的离心率是______ 14. 抛掷一枚质地均匀的骰子（六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6），向上的点数为1记为事件，抛掷次后事件发生奇数次的概率记为，则______，______. 四、解答题 15. 在中，角的对边分别为，已知． （1）求角的大小； （2）若外接圆的半径为，且，求的面积． 16. 如图，四棱锥中，底面是梯形，，. （1）证明:平面平面； （2）若 ,求平面与平面所成二面角的正弦值. 17. 已知函数. （1）设是的极值点，求，并求函数的单调区间； （2）证明：. 18. 已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，焦距为． （1）求的标准方程； （2）设，是上关于轴对称的两点，是上一点，直线，与轴分别交于，两点． （i）设为坐标原点，证明：为定值； （ii）若，求的面积的最大值． 19. 某商场举行抽奖活动，箱子里装有标号为1到的张奖券，不同的奖券标号对应不同的奖品，标号越大，奖品越丰厚．规则如下：顾客从中有放回地抽取奖券次，每次抽取一张奖券，抽取结果中标号最大的奖券对应的奖品即为最终奖品，设最终获得的奖品对应的奖券标号为． （1）当时，求最终拿到标号为3的奖券的概率和拿到标号为2的奖券的概率． （2）若． ①求最终拿到标号不大于的奖券的概率； ②求随机变量的期望（用表示）． （3）当时，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $