2025届八省适应性考试（八省联考）高三上学期数学模拟试卷（3）

这是一份2025届八省适应性考试（八省联考）高三上学期数学模拟试卷（3），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知为的子集，且，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数（其中为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
3．抛掷质地均匀的骰子两次，得到的点数分别为m，n．设平面向量，则向量不能作为平面内的一组基底的概率为（ ）
A．B．C．D．
4．函数的图象如图，已知此函数的图象是以直线和为渐近线的双曲线，设它的离心率为，则（ ）
A．B．C．D．
5．正方体的棱长为是的中点，则三棱锥的体积是（ ）
A．B．C．D．2
6．已知函数的图象如图所示，的解析式可能是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知，定义运算@:，其中是函数的导数.若，设实数，若对任意恒成立，则的最小值为（ ）
A．B．C．eD．2e
8．设函数，下列判断正确的是（ ）
A．函数的一个周期为；
B．函数的值域是；
C．函数的图象上存在点，使得其到点的距离为；
D．当时，函数的图象与直线有且仅有一个公共点.
二、多选题
9．若，则下列正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知定义在上且不恒为的函数对任意，有，且的图象是一条连续不断的曲线，则（ ）
A．的图象存在对称轴B．的图象有且仅有一个对称中心
C．是单调函数D．为一次函数且表达式不唯一
11．1675年法国天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现了一种特殊的曲线 -- 卡西尼卵形线，卡西尼卵形线是平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹.已知在平面直角坐标系xOy中，M（ - 3，0），N（3，0），动点P满足|PM|·|PN| = 12，其轨迹为一条连续的封闭曲线C.则下列结论正确的是（ ）
A．曲线C关于y轴对称B．曲线C与x轴交点为
C．△PMN面积的最大值为6D．|OP|的取值范围是
三、填空题
12．已知椭圆中心在原点，长轴长为4，以双曲线的顶点为焦点，则椭圆的标准方程为 ．
13．已知函数，为的最小正周期，且，若在区间0,π上恰有3个极值点，则的取值范围是 .
14．某情报站有四种互不相同的密码，每周都是从上周未使用的三种密码中等可能地随机选用一种．设第一周使用A种密码，则第7周也使用A种密码的概率为 ．（用最简分数表示）
四、解答题
15．在中，，，为边上一点，且.
(1)求；
(2)若，求.
16．已知椭圆的左，右焦点分别为，，为椭圆上一点．
(1)当为椭圆的上顶点时，求的大小；
(2)直线与椭圆交于，，若，求的值．
17．如图，在六面体中，，且底面为菱形.
(1)证明：四边形为平行四边形.
(2)若平面，求平面与平面所成二面角的正弦值.
18．已知函数.
(1)若，求的单调区间；
(2)若在上单调递增，求正实数的取值范围；
(3)时，证明：.
19．若数列满足，则称数列为项数列，由所有项0数列组成集合.
(1)若是12项0数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和；
(2)从集合中任意取出两个不同数列，记.
①若，求随机变量的分布列与数学期望；
②证明：.
参考答案：
1．C
【分析】根据交集，补集的运算判断即可．
【详解】解：集合M，N均为R的子集，且，
则，
则，
故选：C
2．C
【分析】借助复数运算法则结合模长定义计算即可得.
【详解】，
故.
故选：C.
3．A
【分析】由向量平行的数量积得到，再由古典概率计算即可.
【详解】且不能作为基底，则，即，
当时，；当时，；当时，；
两次投掷得到点数的总可能性为种，
所以所求的概率.
故选：A．
4．C
【分析】根据已知条件得到双曲线的渐近线与实轴的夹角为，即，利用二倍角公式求出，最后由离心率公式计算可得.
【详解】由题意知双曲线的两条渐近线之间的夹角为，
若其等价于标准形式，
则其两条渐近线之间的夹角为，设渐近线与实轴之间的夹角为，
则，所以，则，
由，解得或（舍），
故，所以.
故选：C.
5．D
【分析】根据图形几何关系，分别找出三棱锥的底面面积和高，根据公式计算得出体积大小.
【详解】如图所示，
连结，连结与AC交于点O，连结.
由图可知，因为正方体棱长为2，所以根据图中几何关系与勾股定理易得，
，，，
，，
，，
所以在中，，
即.
又因为在正方体中，，O是AC中点，
所以，
又平面ACF，
所以平面ACF，
于是三棱锥的高即为.
又在中，，
所以，
所以三棱锥的体积，
故答案选：D.
6．C
【分析】根据函数的定义域和奇偶性求解.
【详解】选项和的定义域为全体实数，由图象可知函数的定义域不是全体实数，则排除选项和；
由图象可知函数关于对称，则该函数为偶函数，
选项和的定义域为，
，则选项为偶函数，
，则选项为奇函数，
故选：.
7．B
【分析】对目标不等式进行同构转化，得到“”.再构造函数，利用其单调性，得到，再分离参数得到恒成立，只需即可，进而求出的最小值.
【详解】解：因为
所以，即，
所以，即对任意，恒成立.
设，
因为，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
所以当时， ，
所以当时， 单调递增.
因为对任意，恒成立，
所以对任意，恒成立.
所以对任意，恒成立.即恒成立.
设，则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减.
所以当时，.
所以对任意，恒成立，只需即可.
故的最小值为.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题对目标不等式进行同构转化，得到“”是解题的关键.
再构造函数，利用其单调性，使问题迎刃而解.
8．D
【分析】利用函数的周期性定义结合余弦函数的周期性可判断A；采用三角代换，利用导数判断函数单调性，利用函数单调性求解函数值域，判断B；利用，结合两点间距离公式可判断C；结合解，根据解的情况判断D，即得答案.
【详解】对于A，，，
故不是函数的一个周期，A错误；
对于B，，
需满足，即，
令，，则即为，
当时，在上单调递增，则；
当时，，
（，故）
此时在上单调递减，则，
综上，的值域是，B错误；
对于C，由B知，，
当时，,
满足此条件下的图象上的点到的距离；
当时，,
满足此条件下的图象上的点到的距离，
当且仅当且时等号成立，
而时，或，
满足此条件的x与矛盾，即等号取不到，
故函数的图象上不存在点Px,y，使得其到点1,0的距离为，C错误；
对于D，由B的分析可知，则，即，
又，故当且仅当时，，
即当时，函数的图象与直线有且仅有一个公共点，D正确．
故选：D
【点睛】难点点睛：本题综合考查了函数的知识的应用问题，涉及余弦函数的周期，值域以及最值和函数图象的交点问题，综合性强，难度较大，解答时要结合余弦函数的性质以及函数的单调性，综合求解.
9．BC
【分析】利用赋值法计算可判断A错误，BC正确，对二项展开式两边同时求导并令计算可判断D错误.
【详解】对于A：令，则，故A错误；
对于B：令，则，故B正确；
对于C：令，则，故C正确；
对于D，由，
两边同时求导得，
令，则，故D错误.
故选：BC.
10．AC
【分析】先证明若时，必有，再通过赋值证明，设，由恒等式求，由此可得结论.
【详解】取两个实数，，且，
用替换，替换，有，①
用替换，替换，有，②
假设，①②可得，
故，这与假设矛盾，
所以时，，
故若时，必有，
用替换，替换，则原式等价于，
用替换，替换，则原式等价于，
则，
令，则，
令，则，
两式相减则可得，
即，
设，，
则，代入原条件且令解得，
故，解得，
即，存在唯一表达式，D错误；
因为，所以函数是单调函数，C正确；
由表达式可知存在无数条对称轴，且有无数个对称中心，A正确，B错误．
故选：AC．
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于先通过合理赋值先证明若时，必有，再通过赋值确定该函数为一次函数.
11．ACD
【分析】求得动点的轨迹方程，由此对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】设，
依题意，
即，
，
整理得①，
点都满足①，所以曲线关于轴对称，A选项正确.
由①令，得，
即，解得，所以B选项错误.
由①有解得，
化简得，所以，此时方程有正根，
所以三角形面积的最大值为，C选项正确.
由①整理得，
即，所以，
由得，
，
，，
，所以，D选项正确.
故选：ACD
【点睛】求解关于动点轨迹方程的题目，步骤是：先设动点的坐标为，然后根据动点满足的条件列方程，化简方程后可求得动点的轨迹方程，再根据轨迹方程来研究对应曲线的性质.
12．
【分析】双曲线的顶点为，可得椭圆的焦半径为，由长轴定义及椭圆的标准方程即可求解.
【详解】双曲线的顶点为，
所以椭圆的焦点在轴上，设方程为，
由长轴长为，可得，所以，
又，所以，
所以椭圆的标准方程为．
故答案为：.
13．
【分析】根据题意可得为的一条对称轴，即可求得，再以为整体分析可得，运算求解即可得答案.
【详解】由题意可得：的最小正周期，
因为，且，
则为的一条对称轴，
所以，解得，
又，则，故，
因为，则，
若函数在区间上恰有3个极值点，则，
解得，故的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求解函数的性质问题的三种意识：
（1）转化意识：利用三角恒等变换将所求函数转化为的形式．
（2）整体意识：类比的性质，只需将中的“”看成中的“”，采用整体代入求解．
（3）讨论意识：当为参数时，求最值应分情况讨论.
14．
【分析】根据题意得出第周用A密码和第k周用A密码的关系式，结合等比数列的判定计算即可.
【详解】用表示第k周用A种密码的概率，则第k周未用A种密码的概率为，
所以，
所以,
由知，数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
所以，．
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）在中根据已知条件利用余弦定理计算可得；
（2）在中利用正弦定理计算可得结果.
【详解】（1）在中，，，且.
由余弦定理得，
可得.
（2）在中，，，，
由正弦定理得，
即，
可得.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据条件得，从而可得，即可求解；
（2）联立直线与椭圆方程，消得，再利用弦长公式，即可求解.
【详解】（1）因为椭圆方程为，则，，所以，
又，则，所以.
（2）设，
由，消得，则，
由韦达定理知，由求根公式可得，
则，化简得到，解得.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可证明平面平面，利用面面平行的性质可得，同理可得，进而可证结论；
（2）建立空间直角坐标系，设，利用，可求得，求得平面与平面的法向量，利用向量法可求得平面与平面所成二面角的正弦值.
【详解】（1）因为四边形为菱形，所以，
又平面平面，
所以平面，
又，平面平面，所以平面，
因为，平面，所以平面平面，
因为平面平面，平面平面，
所以，
同理可得，所以四边形为平行四边形.
（2）由题意得.以菱形的中心为坐标原点，
的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，.
因为四边形为平行四边形，所以，
则，所以，得，
所以.
设平面的法向量为，
则，
即
令，得.
易知平面的一个法向量为，
则
所以平面与平面所成二面角的正弦值为.
18．(1)单调递增区间是，单调递减区间是
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，即可根据导数的正负确定单调性，
（2）根据单调性将问题转化为恒成立，构造，求导，根据基本不等式，结合分类讨论即可求解，
（3）根据得，两式相加，即可化简求解.
【详解】（1）由已知，∴，
记，则，且等号不同时成立，
∴在上单调递增，又，
∴当时，；当时，，
∴的单调递增区间是，单调递减区间是；
（2）若在上单调递增，则恒成立，
设，则，
当时，∵，∴；
∵，∴，∴，
∴当时，，∴在上单调递增，，符合题意；
当时，，令，
当时，，
∴在上单调递增，由得，
∴，又，
∴在上存在唯一解，记为
∴当时，，即，∴在上单调递减，
∴，即，矛盾，
综上，；
（3），时，，
∴，
故，
∴，
即.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤：
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数hx；
(3)利用导数研究hx的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
19．(1)0
(2)①分布列见解析，；②证明见解析
【分析】（1）根据题意得到时，，当和时，从而得到的所有项的和；
（2）①中的数列有；；；；；；；；的取值有1，2，3，从8个数列中任选2个，共有种情况，列举出和的情况数，得到，进而求出，得到分布列和数学期望；
②的可能取值为：，根据数列中0的个数可得，集合中元素的个数共有，且，从而得到分布列，结合求和，得到.
【详解】（1）因为是12项数列，当且仅当时，，
所以当和时，.
设数列的所有项的和为，
则
所以数列的所有项的和为0.
（2）①若，则中的数列有；；；；；；；；
，故的取值有1，2，3，
从8个数列中任选2个，共有种情况，
其中当时，若选择，可从；；任选1个，共有3种情况，
若选择，可以从；；任选1个，共有3种情况，
另外和，两者之一满足要求，和，两者之一满足要求，
和，两者之一满足要求，共有种情况，
故，
当时，和满足要求，和满足要求，和满足要求，
和满足要求，共有4种情况，故，
所以，
其分布列为
则；
②证明：因为数列是从集合中任意取出的两个数列，
所以数列为项数列，
所以的可能取值为：.
根据数列中0的个数可得，集合中元素的个数共有个，
当时，则数列中有项取值不同，有项取值相同，
从项中选择项，和在项的某一项数字相同，其余项，两者均在同一位置数字相反，
由于，此问题为组合问题，故所有的情况会重复1次，故共有种情况，
所以，
所以随机变量的分布列为：
因为，
所以
，
即.
【点睛】关键点点睛：第三问，求出为关键，其后求期望值时，需用到，是解题的另一个关键点.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
A
C
D
C
B
D
BC
AC
题号
11









答案
ACD









1
2
3
1
2
3