四川省成都市蒲江县蒲江中学2025届高三上学期第三次阶段性考试数学试题（Word版附解析）

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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．
1. 若复数 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的乘法法则计算可求结果.
详解】 ，
.
故选：C
2. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解一元二次不等式求得集合 ，利用交集的意义可求 .
【详解】由 ，得 ，得 ，
所以 ，又因为 ，
则
故选：A.
3. 已知向量 ，则与向量 同向的单位向量的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
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【分析】由向量 的坐标除以向量 的模，可得与向量 同向的单位向量的坐标.
【详解】因为 ，所以 ，
所以与向量 同向的单位向量的坐标为： ，
故选：B
4. 近年来，新能源汽车产销量的快速增长推动了动力电池产业的发展．已知蓄电池的容量 C(单位： )、
放电时间 t(单位：h)与放电电流 I(单位：A)之间满足的关系式为 ．在电池容量不变的条件下，
当放电电流 时，放电时间 ，则当放电电流 时，放电时间为（ ）
A. 35h B. 30h C. 25h D. 20h
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由 求解.
【详解】由 ，
得 ．
故选：D
5. 已知 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用化切为弦将 化成 ，利用和角公式将 化成
，两者联立求出 ， ，代入公式计算即得.
【详解】由 可得， ① ，
由 可得， ② ，
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联立①，② ，解得 ， ，
故 .
故选：A.
6. 若 是函数 的极小值点，则 的极大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先对函数 求导，因为 是极小值点，所以 ，
求出 a 的值，再由 a 的取值和单调性即可求出 取得极大值，即可求的结果.
【详解】因为 ，所以 .
又 是函数 的极小值点，所以 ，解得 或 .
当 时， 恒成立，函数 单调递增，不符合题意，舍去.
当 时， ，
所以当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增；
是 的极小值点，所以 ， .
由以上分析知，当 时， 取得极大值，且 .
故选：B.
7. 某数学兴趣小组成员为测量某建筑的高度 OP，选取了在同一水平面上的 A，B，C 三处，如图.已知在 A，
B，C 处测得该建筑顶部 P 的仰角分别为 ， ， ， ， 米，则该建筑的高
度 （ ）
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A. 米 B. 米 C. 米 D. 米
【答案】B
【解析】
【分析】设 ，由 ，结合余弦定理可得 ，
求解即可.
【详解】设 ，则可得 ，
由 ，可得 B 是 AC 的中点，所以 ，
而 ，则 ，
， 中，由余弦定理可得： ，
解得： ，所以该建筑的高度 米.
故选：B.
8. 已知 A，B 为直线 与函数 的图象的任意两个不同的交点，
且 A，B 两点之间的最小距离是 ，则 （ ）
A. B. 1 C. 2 D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】化简可得 ，利用最小正周期可求 .
【详解】
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，
由题意得， 的最小正周期为 ，
，
故选：A.
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知双曲线 的左、右焦点分别是 ， ，A 是 y 轴上一定点，且 是
等腰直角三角形，B 为直线 与双曲线 C 的一个交点，若 ，则双曲线 C 的离心率可能是（
）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】分 为 AB 中点或 为 中点两种情况讨论求得 B 点坐标，代入双曲线方程，结合
，即可得解.
【详解】设 ， ， ，
因为 是等腰直角三角形，所以 ， ，
又因为 ，
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当 为 AB 中点，所以 ， ，即 ，
因为 B 在双曲线上，所以 ，整理得 ，
又因为 ，所以 ，整理得 ，
即 ，即 ，
设 ，则 ，解得 ，又 ，
所以 ，所以
当 在 之间，所以 ， ，即 ，
因为 B 在双曲线上，所以 ，整理得 ，
又因为 ，所以 ，整理得 ，
即 ，即 ，
设 ，则 ，解得 ，又 ，
所以 ，所以 ，
综上所述：双曲线 C 的离心率可能是 或以 ，
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故选：AC.
10. 某学校为了提高高三年级学生的某学科成绩，在第一次联考后采取了“培优补短”等一系列举措.为了更好
地总结经验，现从高三年级 1000 名学生中随机抽取 100 名学生，将其前后两次联考成绩 满分 150 分 分
别按照 分成五组，绘制成频率分布直方图，如图所示.下列说法正确的是
（ ）
A.
B. 估计该年级第二次联考成绩在 内的学生比第一次联考对应分数段的多 10 人
C. 第二次联考学生的成绩平均分高于第一次联考学生的成绩平均分
D. 与第一次联考相比，第二次联考成绩在 内的学生人数减少，在 内的学生人数增加
【答案】BCD
【解析】
【分析】由频率和为 1 列方程求参数判断 A；再根据两次联考对应的直方图分析计算可判断 B、C、D 的正
误.
【详解】对于 A，因为频率分布直方图中的各个矩形的面积之和为 1，
所以 ，
解得： ，故 A 错误；
对于 B，估计该年级第二次联考成绩在 内的学生为 人 ，
第一次联考成绩在 内的学生为 人 ，
所以估计该年级第二次联考成绩在 内的学生比第一次联考对应分数段的多 10 人，故 B 正确；
对于 C，第一次联考学生的成绩平均分为
第二次联考学生的成绩平均分为 ，故 C
正确；
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对于 D，由频率分布直方图可知，第一次联考成绩在 内的频率为
第二次联考成绩在 内的频率为 ，
第一次联考成绩在 内的频率为 ，
第二次联考成绩在 内的频率为 ，
所以与第一次联考相比，第二次联考成绩在 内的学生人数减少，在 内的学生人数增加，
故 D 正确.
故选：BCD.
11. 设函数 ，则下列结论正确的是（ ）
A. 当 时， 在点 处的切线方程为
B. 当 时， 有三个零点
C. 若 有两个极值点，则
D. 若 在 上有解，则正实数 的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项 A,根据导数大集合意义，求出切线斜率，得出方程；选项 B，利用导数求得函数的极值，极
大值大于 0，极小值小于 0，函数有三个零点；选项 C,极值点的个数转化为导函数零点的个数求参数范围；
选项 D，不等式在区间上有解，转化为函数的最值问题，求参数范围.
详解】选项 A,当 时， ，所以 ， ，
又 ，所以 在点 处的切线方程为 ，故 A 正确；
选项 B， ，令 ，得 ；
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递增； 在 上单调递减；
的极小值为 ， 的极大值为 ，
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要使 有三个零点，则 ，即 ，解得 ，故 B 错误.
选项 C, ，则
若 有两个极值点，
则 在 有两个不同的正根，
则 ，解得 ，故 C 正确；
选项 D, 令 ，则 ,
所以 ,即
可整理为
即
令 , ，
所以 单调递增，
所以 ，即 ，
令 ， ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，即 ，
，所以 的取值范围为
所以 D 正确。
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故选：ACD
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 圆 与圆 相交于 A、B 两点，则两圆公共弦 AB 所在直线
的方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】两圆方程作差即可得到公共弦方程.
【详解】圆 ，即 ，圆心为 ，半径 ；
圆 ，即 ，圆心为 ，半径 ，
又 ，所以 ，所以两圆相交，
则两圆方程作差得到 ，即公共弦 所在直线的方程为 .
故答案为：
13. 现有 6 根小棒，其长度分别为 1，2，3，4，5，6，从这 6 根小棒中随机抽出 3 根首尾相接（不能折断
小棒），则能构成三角形的概率是___________.
【答案】 ##
【解析】
【分析】先求出 6 根小棒中随机抽出 3 根的情况有 种不同的情况，再求出构成三角形的情况有 7
种，即可求得结果.
【详解】从这 6 根小棒中随机抽出 3 根，共有 种不同的情况，其中能构成三角形的情况有
共 7 种，故所求概率为 .
故答案为：
14. 在正四棱台 中， ，侧棱与底面所成角的余弦值为 ，则该正四
棱台外接球的表面积是__________.
【答案】
【解析】
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【分析】设正四棱台的高为 h，侧棱与底面所成角为 ，根据已知可求得 ，设正四棱台外接球的球心为 O
，半径为 ，利用已知可得 ，求解即可.
【详解】已知 ， ，
设正四棱台的高为 h，侧棱与底面所成角为 ， 分别为上下底面的中心，
因为底面 ABCD 是边长为 4 的正方形，则 ，
已知 ，根据三角函数关系 ，
又因为 ，
即 ，
所以
设正四棱台外接球的球心为 O，半径为
设球心 O 到上底面 的距离为 x，则球心 O 到下底面 ABCD 的距离为
上底面 是边长为 2 的正方形，其外接圆半径 ，
下底面 ABCD 是边长为 4 正方形，其外接圆半径
根据球心到正四棱台上下底面顶点距离相等
可得： ，
则 ，即 ，
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两边 消去，可得 ，解得 ，
将 代入 ，得
根据球的表面积公式 ，将 代入可得
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：关键在于利用线面角求得正四棱台的高，进而利用空间几何体的性质求得外接球的
半径.
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. 设等差数列 的前 n 项和为 ，且 ，（ 为常数）
（1）求 a 的值；
（2）求 的通项公式；
（3）若 ，求数列 的前 n 项和
【答案】（1）0 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用 的关系可求得 ；
（2）由（1）可得
（3）由（2）可得 ，利用裂项相消法可求得 .
【小问 1 详解】
当 时， ，
当 时， ，
因为 是等差数列，则 时也应满足 ，即 ，
又 ，所以 ，解得 ；
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【小问 2 详解】
由（1）得
【小问 3 详解】
，
16. 如图，在四棱锥 中， ， ， ， ，
，E，F 分别是棱 PA，PC 的中点.
（1）证明： 平面
（2）求四棱锥 体积.
（3）求平面 DEF 与平面 ABCD 夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）4 （3）
【解析】
【分析】（1）取 AB 的中点 M，连接 DM，可证 ，进而得 ，结合已知可证结论；
（2）由（1）可证 ，进而通过 ≌ ，可证 ，进而可得 平面 ABCD，
可求四棱锥的体积；
（3）以 D 为原点，分别以 DM、DC、DP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系 ，求得
平面 DEF 的一个法向量与平面 ABCD 的一个法向量，利用向量法可求两平面的夹角的余弦值.
【小问 1 详解】
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取 AB 的中点 M，连接 DM，
且 ， ，从而四边形 MBCD 是矩形，
则 ，又 ，所以 ，得 ，
从而 ，又 ， ， 平面 PAD，
所以 平面 PAD；
【小问 2 详解】
由（1）可知 平面 PAD， 平面 PAD，所以 ，
又由 ， ，则 ，得 是一个等腰直角三角形，
从而 ，又 ， ，所以 ≌ ，
，所以 ， ， 平面 ABCD，
平面 ABCD，PD 长就是四棱锥 的高，
中，易得 ，
，
从而
【小问 3 详解】
由（1）（2）可以 D 为原点，分别以 DM、DC、DP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图的空间直角坐标系
，
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， ， ，则 ， ，
可得 ，
设平面 DEF 的法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，
所以平面 DEF 的一个法向量为 ，
而平面 ABCD 的法向量可取 ，
所以 ，
所以平面 DEF 与平面 ABCD 夹角的余弦值为
17. 已知双曲线 的焦点 与抛物线 的焦点重合，且双曲线 的离心率
为 .
（1）求双曲线 的方程；
（2）若过点 的直线 与双曲线 交于 两点， 的面积为 ，求直线 的方程.
【答案】（1）
（2） 或
【解析】
【分析】（1）根据双曲线的焦点 与抛物线 的焦点重合，且双曲线 的离心率为 ，列方程求双
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曲线参数 即可得解；
（2）联立直线 与双曲线方程，利用韦达定理与弦长公式，结合点到直线距离公式将 的
面积化为关于 m 的方程，解之即可得解.
【小问 1 详解】
抛物线 的焦点坐标为 ，
所以双曲线中 ，
双曲线的离心率为 ，即
双曲线方程为
【小问 2 详解】
显然直线 斜率不能为 0，设直线 的方程为 ，
所以原点 到直线 的距离 ，
联立 ，得 ，
所以 且 ，
所以 ，且 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
解得 ，所以 ，
所以直线 的方程为 或 .
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18. 已知函数 ，且曲线 在点 处的切线斜率是
（1）求 a 的值.
（2）证明：
（3）证明：
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导可得 ，结合已知可求 ；
（2）利用导数求得函数 的单调区间，可求函数的最小值可得结论；
（3）令 ，求导，令 ，求导可得存在 ，使得
，从而可得 在 上单调递减，在 上单调递增，可得函数 的最小值，证
明最小值大于 0 即可.
【小问 1 详解】
因为 ，
所以 ，所以 ，
因为曲线 在点 处的切线斜率是 ，
所以 ，
解得 ；
【小问 2 详解】
由（1）知， ，
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则 ，
由 ，得 ，
由 ，得 ，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，
所以 ；
【小问 3 详解】
令 ，
则 ，
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，
又 ，
所以存在 ，使得 ，
即 ，即 ，
所以当 时， ，则 ，
当 时， ，则 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，
即
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19. 新高考数学试卷增加了多项选择题，每小题有 A、B、C、D 四个选项，有多个选项符合题目要求，由于
正确选项有 4 个的概率极低，可视作 0，因此我们可以认为多项选择题至少有 2 个正确选项，至多有 3 个正
确选项.多项选择题题目要求：“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.”其中“部分选对的得部分分”是指：若正确答案有 2 个选项，则只选 1
个选项且正确得 3 分；若正确答案有 3 个选项，则只选 1 个选项且正确得 2 分，只选 2 个选项且都正确得 4
分.
（1）已知某道多选题的正确答案是 BD，一考生在解答该题时，完全没有思路，随机选择至少 1 个选项，
至多 3 个选项，且每种选择是等可能的.请根据已知材料，分析该生可能的得分情况与所得分值的相应概率，
并求该生得分的期望
（2）已知某道多选题的正确答案是 2 个选项或是 3 个选项的概率相等，一考生只能判断出 A 选项是正确的，
其他选项均不能判断正误，试列举出该生所有可能的符合实际的答题方案，并以各方案得分的期望作为判
断依据，帮该考生选出最优方案.
【答案】（1）答案见解析，期望 ；
（2）选择方案①，只选择 A 选项.
【解析】
【分析】（1）写出样本空间，确定该生所有可能的得分情况为 0 分、3 分、6 分，设出对应事件并求出对应
概率，即可求期望；
（2）通过已知信息，从合理性角度看该生必选 A，有三种方案，求出每种方案的期望，比较大小即可得出
结论.
【小问 1 详解】
由题意，该考生的所有选择结果 ，共 14
个样本点.
该生所有可能的得分情况为 0 分、3 分、6 分.
设事件 “该考生得 0 分”，含 11 个样本点，事件 “该考生得 3 分”，含 2 个样本点，事件 “该
考生得 6 分”，含 1 个样本点，
则 ， ， ，从而得分期望 .
【小问 2 详解】
通过已知信息，从合理性角度看，该生必选 A.
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根据其他选项的选取情况分析，有下三种答题方案：
①选择 A 选项，且不再选其他选项；
②选择 A 选项的同时随机选择一个其他选项；
③选择 A 选项的同时随机选择两个其他选项；
设三个不同方案的得分分别为 X，Y，
对于①，X 的所有可能取值为 2、3，
且 ， ，
则 ；
对于②，Y 的所有可能取值为 0、4、6，
， ， ，
则 .
对于③，Z 的所有可能取值为 0、6，
， ，
则 .
综上， ，所以该考生选择方案①，只选择 A 选项 .
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