精品解析：广东深圳南方科技大学附属中学2024-2025学年高三下学期第三次模拟考试数学试卷

2025年南科大附中高三年级第三次模拟考试 数学 命题人：孙玉才 审题人：姚顺 （本试卷共5页，满分150分，考试用时120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场和座位号写在答题卡上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效. 3.考试结束后，请将试卷妥善保管，答题卡统一交回. 一、单项选择题：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. 或 【答案】A 【解析】 【分析】通过求函数定义域及解不等式可化简集合A，B，然后由并集定义可得答案. 【详解】定义域为：，则； ，则， 则. 故选：A 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可由共轭复数的概念以及虚部概念可求解. 【详解】， 所以，其的虚部为. 故选：A. 3. 已知正项等比数列的前3项和为14，且，则（ ） A. B. C. 6 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等比数列性质求解关于的方程即可. 【详解】由正项等比数列的前3项和为14，得， 则，因此，而， 所以. 故选：D 4. 已知，为单位向量，且，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由得，即，根据求向量的模即可求解. 【详解】因为，所以，即，所以， 因此，即． 故选：C． 5. 已知纸的长宽比约为．现将一张纸卷成一个圆柱的侧面（无重叠部分）．当该圆柱的高等于纸的长时，设其体积为，轴截面的面积为；当该圆柱的高等于纸的宽时，设其体积为，轴截面的面积为，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】分析两种不同状态下圆柱的体积和轴截面面积，即可选择和判断. 【详解】不妨设纸的长宽分别为； 当圆柱的高等于纸的长时，也即圆柱高为时，设其底面圆半径为，则，解得， 故， 此时矩形轴截面的两条边长分别为，故； 当圆柱的高等于纸的宽时，也即圆柱高为时，设其底面圆半径为，则，解得， 故， 此时矩形轴截面的两条边长分别为，故； 综上所述，，. 故选：B. 6. 已知的三个内角所对的边分别为，若，且成等差数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由正弦定理求得，且，结合余弦定理，即可求得的值，得到答案. 【详解】因为，由正弦定理，可得，所以， 又因为成等差数列，可得，所以， 又由余弦定理，可得. 故选：D. 7. 已知函数是定义在上的偶函数，且，恒成立，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用已知条件结合赋值法及累加法得出得，再应用偶函数性质得出函数值即可. 【详解】因为，恒成立， 令，则恒成立，即， 所以， 所以，，，…，， 以上各式两边分别相加，得， 在中，令，得， 因为为偶函数，所以，所以， 所以，所以， 所以. 故选:B. 8. 如图，圆与轴相切于点，与轴正半轴交于两点、（在的上方），且，过点任作一条直线与圆相交于、两点，的值为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题首先可以取的中点并连接、，根据点以及求出圆的标准方程为，然后求出、两点坐标，再然后设点，通过两点间距离公式求出，最后通过相同的方式得出，即可求出的值. 【详解】 因为圆与轴相切于点，所以圆心的横坐标为， 如图，取的中点，连接、， 因为，点是弦的中点，所以，， 则，， 圆的半径， 故，圆的标准方程为， 联立，解得，，， 设点，则， ， 同理可得， 故， 故选：C. 【点睛】本题考查线段长度比的计算，考查圆的方程的求法以及圆的方程的应用，考查两点间距离公式，考查化归与转化思想，考查计算能力，是难题. 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. 下列选项正确的是（ ） A. 设是随机变量，若，则 B. 已知某组数据分别为1，2，3，5，6，6，7，9，则这组数据的上四分位数为6 C. 二项式展开式中的常数项为 D. 设是随机变量，若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，按正态分布的表达含义可得结果； B选项，按百分位数的求解方法计算即可； C选项，表达二项式的通项，令字母因数部分指数为零可得解； D选项，按二项分布的方差公式及性质运算即可. 【详解】A选项：若，则，A选项正确； B选项：1，2，3，5，6，6，7，9，这组数据已按从小到大排好序，共有8个数据， 上四分位数是第百分位数，因为，结果是整数， 所以百分位数是这组数据中第6个和第7个数的平均数，为，B选项错误； C选项：二项式的通项为， 令，解得，展开式的第四项为常数项， 为，C选项正确； D 选项：若，则， 所以中，， 则，D选项错误. 故选：. 10. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，、分别是、的中点，是棱上的动点，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 存在点，使平面 C. 存在点，使直线与所成的角为 D. 点到平面与平面的距离和为定值 【答案】ABD 【解析】 【详解】建立空间直角坐标系，利用向量法对选项进行分析，从而确定正确答案． 【分析】因为平面，四边形为正方形， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，则、、、， 设，，其中， 所以，所以，A选项正确． 点到平面与平面的距离和为为定值，D选项正确． ，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得平面的一个法向量为， 要使平面，平面， 则， 解得，所以存在点，使平面，B选项正确； 若直线与直线所成角为， 则， 整理可得，，方程无解，所以C选项错误． 故选：ABD． 11. 尼科梅德斯蚌线（Conchoid of Nicomedes）是一种经典的曲线，已知一条尼科梅德斯蚌线C的方程为及一条直线，下列判断正确的是（ ） A. 曲线C关于x轴对称 B. 曲线C上点的横坐标的取值范围是 C. 直线l与曲线C一定有且仅有两个交点 D. 直线l被曲线C截得的线段的中点在定直线上 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，取关于x轴对称的点验证即得；对于B，根据时曲线方程无意义即可判断；对于C，将两方程联立消元后，利用根的判别式即可判断；对于D，根据C项结论，借助于韦达定理即可得到. 【详解】对于A，若点在曲线上，则将点代入方程左式， 可得，即点也在曲线上，故A正确； 对于B，对于C的方程为，当时，显然不成立，而 ，故B错误； 对于C，由，消去化简得：（*）， 因，故方程（*）有两个实根， 从而直线l与曲线C一定有且仅有两个交点，故C正确； 对于D，由C项分析，不妨设直线l与曲线C交于点，的中点为， 则有，故，即点在定直线上，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若曲线在处的切线斜率等于，则实数的值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义建立方程，求解参数即可. 【详解】令，则， 因为曲线在处的切线斜率等于，所以， 则，解得. 故答案为： 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为．为坐标原点，点在双曲线的一条渐近线上，且，若，则双曲线的渐近线方程为_______. 【答案】 【解析】 【分析】利用线段之比可设两线段长，再利用焦点到渐近线的距离为，结合余弦定理去求解其它线段长，即可求解渐近线方程. 【详解】 由，不妨设，则 因为，由焦点到渐近线的距离就是，可知 在直角中， 在中， 则解得 故 所以 综上，渐近线方程为， 故答案为：. 14. 将9个互不相同的向量，填入的方格中，使得每行、每列的三个向量的和都相等，则不同的填法种数是__________. 【答案】72 【解析】 【分析】先确定每行、每列向量和的可能情况，再根据向量和的情况确定满足条件的向量组合，最后计算不同的填法种数.结合分步乘法原理计算即可. 【详解】已知， 那么向量的所有可能情况有共种. 设每行、每列的三个向量的和为，因为，所以. 又因为三行向量和等于三列向量和，且所有向量和为，所以， 而的分量和分量都为（取值且各有个），所以. 要使每行、每列的三个向量和为，则每行、每列的三个向量的分量和分量都分别为. 对于分量，个数的和为，有这一种组合情况； 对于分量，个数的和为，也有这一种组合情况. 先确定第一行的填法，第一行的个向量的分量和分量都要满足的组合，分量的排列有种，分量的排列也有种，所以第一行的填法有种. 当第一行确定后，第二行第一列的向量分量要与第一行第一列和第三行第一列的分量和为，分量同理，所以第二行第一列的向量是唯一确定的，同理第二行第二列、第二行第三列的向量也唯一确定，第三行的向量也就随之确定. 因为第一行确定后，第二行和第三行可以交换位置. 所以不同的填法种数是种. 故答案为：72. 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. 已知等差数列的公差，且满足，，记是数列的前项和，且满足． （1）求数列的通项公式； （2）令，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的通项公式列方程，解方程即可； （2）利用退一相减法可得，再利用分组求和的方法可得. 【小问1详解】 由题意得， 解得或（舍）， ， 即数列的通项公式是； 【小问2详解】 ①， 当时，，得， 当时，②， 由①②得，， 化简得，，即， 数列是以为首项，为公比的等比数列， ， ， ． 16. 如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，，，，，分别是，的中点． （1）求证：平面； （2）若平面平面，求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】（1） 证法一：取的中点，连接，， 因为，分别为，的中点， 所以，且． 又四边形为矩形，且为的中点， 所以，且， 所以，且， 所以四边形为平行四边形， 所以．又平面，平面， 所以平面． 证法二：取的中点，连接，， 则，， 因为平面，平面， 所以平面， 同理平面． 又，，平面， 所以平面平面． 又平面，所以平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）法一：取的中点，连接，，可证明四边形为平行四边形，进而得，从而可证结论；法二：取的中点，连接，，利用平面，平面，进而得平面平面，利用面面平行的性质可证结论； （2）由面面垂直的性质可得平面，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用向量可求直线与平面所成的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面． 如图所示，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 可得，，． 设平面的法向量为， 则，令，则，， 可得平面的法向量为． 设直线与平面所成的角为， 则， 所以， 即直线与平面所成角的余弦值为． 17. 某景区经过提质改造后统计连续5天进入该景区参观的人数（单位：千人）如下： 日期 3月5日 3月6日 3月7日 3月8日 3月9日 第x天 1 2 3 4 5 参观人数y 2.2 2.6 3.1 5.2 6.9 （1）建立关于的回归直线方程，预测第10天进入该景区参观的人数； （2）该景区只开放东门，西门供游客出入，游客从东门，西门进入该景区的概率分别为、，且出景区与进入景区选择相同的门的概率为，出景区与进入景区选择不同的门的概率为.假设游客从东门，西门出入景区互不影响，求甲，乙两名游客都从西门出景区的概率. 附：参考数据：. 参考公式：回归直线方程，其中，. 【答案】（1），约为千人； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用最小二乘法公式求出回归直线方程，再估计第10天进入该景区参观的人数. （2）利用全概率公式分别求出甲，乙从西门出景区的概率，再利用相互独立事件概率的乘法公式求解. 【小问1详解】 依题意，，而， 则，， 因此，当时，， 所以关于的回归直线方程为，第10天进入该景区参观的人数约为千人. 【小问2详解】 记“甲从西门进入景区”为事件，“甲从西门出景区”为事件，“乙从西门出景区”为事件， ，， 由全概率公式得，同理， 所以甲，乙两名游客都从西门出景区的概率. 18. 已知抛物线的焦点到准线的距离为2，点，过的直线交于，两点，过，分别作的垂线，垂足分别为，，直线，与直线分别交于点，. （1）求的方程； （2）记，的纵坐标分别为，，当时，求直线的斜率； （3）设为轴上一点，记，分别为直线，的斜率.若为定值，求点的坐标. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意得到，即可求解； （2）设直线的方程为，联立抛物线方程，结合韦达定理即可求解； （3）由（2）结合两点斜率公式即可求解. 【小问1详解】 由题意知，所以抛物线方程为. 【小问2详解】 由题意可设直线的方程为，，，则，，. 所以，得， 所以，. 所以直线的方程为：，与直线的方程联立消去， 解得，同理. 所以.所以. 所以直线的斜率为. 【小问3详解】 设， 因为. 因为，. 所以， 当时，为定值.所以. 19. 我们把称为区间的长度．若函数是定义在区间上的函数，且存在，使得，则称为的自映射区间．已知函数，． （1）若，任取的一个自映射区间，求其区间的长度的概率； （2）若存在自映射区间， ①求的取值范围； ②求证：，且的长度． 【答案】（1） （2） ①；②因为，所以， 下证：．记， 则， 则在上单调递增，则，即， 即，所以． 所以，所以． 记，则， 时，单调递减；时，单调递增； 所以，即， 则，即，同理 因为函数的，且对称轴为， 则方程存在两根，且， 又，且，所以， 则， 所以区间的长度． 【解析】 【分析】（1）根据题意，由自映射区间定义结合古典概型的概率公式代入计算，即可得到结果； （2）①由自映射区间定义，结合函数的单调性，将问题转化为函数至少存在两个零点问题，然后结合导数，代入计算，即可得到结果；②构造函数，利用导数研究函数的单调性，即可证明不等式. 【小问1详解】 因为恒成立，则在上单调递增， 若存在自映射区间，则， 即方程，即至少有两个不同实数解． 则的解集为，所以区间的选择共有种． 若，共有6种选择， 所以区间的长度的概率为． 【小问2详解】 ①因为在上单调递增， 若存在自映射区间，则， 即至少有两个零点， 因为时，单调递增； 时，单调递减； 若要存在两个零点，则，即． 此时，使得． 因为当时，，即函数单调递减， 所以，又， 所以，则，使得． 所以的取值范围为． ②略 【点睛】关键点睛：本题主要考查了新定义问题与导数的综合应用，难度较大，解答本题的关键在于理解所给的定义，然后结合导数的知识解答. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年南科大附中高三年级第三次模拟考试 数学 命题人：孙玉才 审题人：姚顺 （本试卷共5页，满分150分，考试用时120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场和座位号写在答题卡上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效. 3.考试结束后，请将试卷妥善保管，答题卡统一交回. 一、单项选择题：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. 或 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 已知正项等比数列的前3项和为14，且，则（ ） A. B. C. 6 D. 4 4. 已知，为单位向量，且，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 5. 已知纸的长宽比约为．现将一张纸卷成一个圆柱的侧面（无重叠部分）．当该圆柱的高等于纸的长时，设其体积为，轴截面的面积为；当该圆柱的高等于纸的宽时，设其体积为，轴截面的面积为，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 6. 已知的三个内角所对的边分别为，若，且成等差数列，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数是定义在上的偶函数，且，恒成立，则（ ） A. B. C. 1 D. 8. 如图，圆与轴相切于点，与轴正半轴交于两点、（在的上方），且，过点任作一条直线与圆相交于、两点，的值为（ ） A. 2 B. 3 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. 下列选项正确的是（ ） A. 设是随机变量，若，则 B. 已知某组数据分别为1，2，3，5，6，6，7，9，则这组数据的上四分位数为6 C. 二项式展开式中的常数项为 D. 设是随机变量，若，则 10. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，、分别是、的中点，是棱上的动点，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 存在点，使平面 C. 存在点，使直线与所成的角为 D. 点到平面与平面的距离和为定值 11. 尼科梅德斯蚌线（Conchoid of Nicomedes）是一种经典的曲线，已知一条尼科梅德斯蚌线C的方程为及一条直线，下列判断正确的是（ ） A. 曲线C关于x轴对称 B. 曲线C上点的横坐标的取值范围是 C. 直线l与曲线C一定有且仅有两个交点 D. 直线l被曲线C截得的线段的中点在定直线上 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若曲线在处的切线斜率等于，则实数的值为_____. 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为．为坐标原点，点在双曲线的一条渐近线上，且，若，则双曲线的渐近线方程为_______. 14. 将9个互不相同的向量，填入的方格中，使得每行、每列的三个向量的和都相等，则不同的填法种数是__________. 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. 已知等差数列的公差，且满足，，记是数列的前项和，且满足． （1）求数列的通项公式； （2）令，求数列的前项和． 16. 如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，，，，，分别是，的中点． （1）求证：平面； （2）若平面平面，求直线与平面所成角的余弦值． 17. 某景区经过提质改造后统计连续5天进入该景区参观的人数（单位：千人）如下： 日期 3月5日 3月6日 3月7日 3月8日 3月9日 第x天 1 2 3 4 5 参观人数y 2.2 2.6 3.1 5.2 6.9 （1）建立关于的回归直线方程，预测第10天进入该景区参观的人数； （2）该景区只开放东门，西门供游客出入，游客从东门，西门进入该景区的概率分别为、，且出景区与进入景区选择相同的门的概率为，出景区与进入景区选择不同的门的概率为.假设游客从东门，西门出入景区互不影响，求甲，乙两名游客都从西门出景区的概率. 附：参考数据：. 参考公式：回归直线方程，其中，. 18. 已知抛物线的焦点到准线的距离为2，点，过的直线交于，两点，过，分别作的垂线，垂足分别为，，直线，与直线分别交于点，. （1）求的方程； （2）记，的纵坐标分别为，，当时，求直线的斜率； （3）设为轴上一点，记，分别为直线，的斜率.若为定值，求点的坐标. 19. 我们把称为区间的长度．若函数是定义在区间上的函数，且存在，使得，则称为的自映射区间．已知函数，． （1）若，任取的一个自映射区间，求其区间的长度的概率； （2）若存在自映射区间， ①求的取值范围； ②求证：，且的长度． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $