陕西省商洛市2025届高三下学期第三次模拟检测数学试卷（含答案）

这是一份陕西省商洛市2025届高三下学期第三次模拟检测数学试卷（含答案），共8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。
1.i−2+3i+i=( )
A. 10B. 10C. 13D. 13
2.已知A为抛物线C:y2=8x上一点，F为C的焦点，点A到y轴的距离为6，则AF=( )
A. 6B. 8C. 10D. 12
3.若集合A=x1f(0．90.1)B. f(lg123)>f(0．90.1)>f32
C. f0.90.1>f(lg123)>f(32)D. f0.90.1)>f(32)>f(lg123)
8.已知正三棱锥的底面边长为6，侧面积为18 3，则该三棱锥的外接球的表面积为( )
A. 49πB. 49π3C. 48πD. 36π
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数fx=1sinx，则下列命题正确的是( )
A. fx的定义域为RB. fx的值域为−∞,−1∪1,+∞
C. fx是奇函数D. fx在0,π2上单调递减
10.过点1,0向曲线y=x3−x作切线，切线方程可能是( )
A. 2x−y−2=0B. 3x−y−3=0C. x+4y−1=0D. 2x+y−2=0
11.数列an满足a1=m+1m，a2=m+1m+1m，a3=m+1m+1m+1m，…，m∈N∗，依此类推，则下列结论正确的是( )
A. a4的最小值为85B. a1>a3>a2>a4
C. 若m=1，则an+1−an≤12D. 若m=1，则an+1an≥34
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知sinα+csαsinα=43，则tanα= ，tan2α= ．
13.已知圆O的半径为3，弦AB=3，D为圆O上一动点，则AD⋅AB的最大值为 ．
14.设计一个五位的信息密码，每位数字均在0∼9中选取，则含有数字1、6、8，且1、6、8都只出现一次的信息密码有 个．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知a、b、c分别为▵ABC三个内角A、B、C的对边，且bsin2A+asinB=0．
(1)求A；
(2)若a=4，求▵ABC外接圆的面积．
16.(本小题12分)
甲、乙、丙三人进行乒乓球比赛，其中两人比赛，另一人当裁判，每局比赛结束时，输的一方在下一局当裁判．已知各局中双方获胜的概率均为12，各局比赛的结果都相互独立，第一局丙当裁判．
(1)若比赛进行三局，求第三局甲不当裁判的概率；
(2)若有人获胜两局，则比赛结束，用X表示比赛结束时比赛的局数，求X的分布列与数学期望．
17.(本小题12分)
已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0经过点4,2 2，离心率为 2．
(1)求C的方程．
(2)已知C的左、右焦点分别为F1、F2，直线l与C相交于A、B两点．
①若l的斜率为12，求线段AB的中点M的轨迹方程；
②若l经过点F2，且AF1=BF1，求l的方程．
18.(本小题12分)
如图，在等腰梯形ABCD中，AB//CD，AD=BC，E，F分别为AB，CD的中点，沿线段EF将四边形AEFD翻折到四边形MEFN的位置，连接MB，NC.已知BE=EF=2，CF=3，∠CFN=2π3，P为射线FN上一点．

(1)若NP=23NF，证明：EP//平面BCNM．
(2)若直线FN与平面CEP所成角的正弦值为25，求PF．
19.(本小题12分)
定义：若函数fx与gx在公共定义域内存在x0，使得fx0+gx0=0，则称fx与gx为“契合函数”，x0为“契合点”．
(1)若函数fx=aex+a和gx=x−xex为“契合函数”，求a的取值范围．
(2)已知函数fx=x−lnx−bx和gx=ex+1x2为“契合函数”且有两个“契合点”x1,x2．
①求b的取值范围；
②若x2>ex1，证明：x1+x2>e+1e−1．
参考答案
1.A
2.B
3.C
4.B
5.A
6.B
7.D
8.A
9.BCD
10.AC
11.ACD
12.3；−34
13.272
14.2940
15.(1)因为bsin2A+asinB=0，由正弦定理可得sinBsin2A+sinAsinB=0，
即2sinAsinBcsA+sinAsinB=0，即sinAsinB2csA+1=0，
因为A、B∈0,π，所以，sinA>0，sinB>0，则有csA=−12，故A=2π3．
(2)设▵ABC外接圆的半径为r，由正弦定理，2r=asinA=4 32=8 33，故r=4 33，
因此，▵ABC外接圆的面积为S=πr2=163π．
16.(1)若比赛进行三局，第三局甲不当裁判，则第二局甲赢，第一局甲也赢，
或者第一局甲输，则甲第三局必定参加比赛，故所求概率为122+12=34．
(2)由题意可知，X的可能取值有2、3、4，
若X=2，则甲连胜两局或乙连胜两局，所以，PX=2=2×122=12，
若X=3，则第二、三局均为丙赢，所以，PX=3=1×122=14，
若X=4，则前三局没有人累计胜两局，必须进行第四局，第四局后无论胜负都有人累计获胜两局，
所以，PX=4=1−PX=2−PX=3=1−12−14=14，
所以，随机变量X的分布列如下表所示：
因此，EX=2×12+3×14+4×14=114．
17.(1)由题意可得16a2−8b2=1ca= 2c2=a2+b2，解得a=2 2b=2 2c=4，故双曲线C的方程为x28−y28=1．
(2)①设点Ax1,y1、Bx2,y2，设点Mx0,y0，
设直线l的方程为y=12x+m，联立y=12x+mx2−y2=8可得3x2−4mx−4m2+8=0，
则Δ=16m2+48m2+8>0，
由韦达定理可得2x0=x1+x2=4m3，可得x0=2m3，
则y0=12x0+m=4m3=2x0，即点M的轨迹方程为y=2x；
②易知点F1−4,0、F24,0，若直线l与x轴重合，则A、B为双曲线的顶点，
显然AF1≠BF1，不合乎题意；
若直线l⊥x轴，由对称性可知，点A、B关于x轴对称，则AF1=BF1；
当直线l的斜率存在且不为零时，设直线l的方程为x=ty+4t≠0，
设点Ax1,y1、Bx2,y2，
联立x=ty+4x2−y2=8可得t2−1y2+8ty+8=0，
由题意可得t2−1≠0Δ=64t2−32t2−1=32t2+1>0，解得t≠±1，
由韦达定理可得y1+y2=−8tt2−1，x1+x2=ty1+y2+8=8−8t2t2−1=−8t2−1，
所以，线段AB的中点为E−4t2−1,−4tt2−1，
若AF1=BF1，则EF1⊥AB，kEF1=4tt2−1−4+4t2−1=t2−t2，kAB=1t，
所以，kAB⋅kEF1=12−t2=−1，解得t=± 3．
综上所述，直线l的方程为x=4或x− 3y−4=0或x+ 3y−4=0．
18.(1)在线段CN上取一点Q，使得NQ=23NC，连接PQ、BQ，
因为NP=23NF，所以PQ//FC且PQ=23FC=2，
又AB//CD，BE=2，CF=3，
所以PQ//BE且PQ=BE，
所以四边形PQBE为平行四边形，所以PE//BQ，
又EP⊄平面BCNM，BQ⊂平面BCNM，所以EP//平面BCNM；

(2)在等腰梯形ABCD中，AB//CD，AD=BC，E，F分别为AB，CD的中点，
所以EF⊥DC，沿线段EF将四边形AEFD翻折到四边形MEFN的位置，
所以EF⊥NF，NF∩FC=F，NF,FC⊂平面NFC，
所以EF⊥平面NFC，
如图以F为坐标原点，FN、FE所在直线分别为x轴、z轴建立空间直角坐标系，
则F0,0,0，E0,0,2，C−32,3 32,0，所以EC=−32,3 32,−2，
设Pa,0,0a>0，所以EP=a,0,−2，
设平面CEP的法向量为n=x,y,z，
则n⋅EC=−32x+3 32y−2z=0n⋅EP=ax−2z=0，取n=2,2 32a+39,a，
直线FN的一个方向向量为m=1,0,0，
所以csm,n=m⋅nm⋅n=2 a2+2 32a+392+4=25，
解得a=3或a=−17743(舍去)，
所以PF=3．
19.(1)由题意知：fx与gx的公共定义域为R，
令fx=−gx，即aex+a=xex−x，∴a=xex−1ex+1=xex+1−2ex+1=x−2xex+1，
令ℎx=x−2xex+1，若fx与gx为“契合函数”，则ℎx与y=a有交点．
∵ℎ′x=1−2ex+1−2xexex+12=e2x+2xex−1ex+12，
∴当x0；
∴ℎx在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，
∴ℎxmin=ℎ0=0，又当x→−∞时，ℎx→+∞；当x→+∞时，ℎx→+∞；
∴ℎx大致图象如下图所示，

由图象可知：当a∈0,+∞时，ℎx与y=a有交点，
即当fx与gx为“契合函数”时，a的取值范围为0,+∞．
(2)①由题意知：fx与gx的公共定义域为0,+∞，
令fx=−gx，则x−lnx−b=−ex+1x，即x+1−lnx−b−1=lnex+1−lnx−b−1=lnex+1x−b−1=−ex+1x；
令φx=ex+1xx>0，则φ′x=x−1ex+1x2，
∴当x∈0,1时，φ′x0；
∴φx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
∴φx≥φ1=e2，又当x→0+时，φx→+∞；当x→+∞时，φx→+∞；
∴φx大致图象如下图所示：

令t=φx，则t∈e2,+∞,
由lnex+1x−b−1=−ex+1x得：b+1=lnt+t，
∵y=lnt+t在e2,+∞上单调递增，又fx与gx为“契合函数”，y=b+1与y=lnt+t至少有一个交点，
∴y=t与φx有两个不同交点x1,x2，∴t>e2，∴lnt+t>2+e2，
∴b+1>2+e2，解得：b>1+e2，即实数b的取值范围为1+e2,+∞．
②由①得：y=t与φx的两个不同交点为x1,x2，且0e，则δ′m=−2lnmm−12+m+1mm−1=m2−1−2mlnmmm−12，
令pm=m2−1−2mlnmm>e，则p′m=2m−2lnm−2=2m−lnm−1，
令qm=m−lnm−1m>e，则q′m=1−1m=m−1m>0，
∴qm在e,+∞上单调递增，∴qm>qe=e−2>0，∴p′m>0，
∴pm在e,+∞上单调递增，∴pm>pe=e2−1−2e=e−12−2>0，即δ′m>0，
∴δm在e,+∞上单调递增，∴δm>δe=e+1e−1，即x1+x2>e+1e−1．
X
2
3
4
P
12
14
14