2025年高考第三次模拟考试卷：数学 （解析版）（新高考八省专用02 ）

这是一份2025年高考第三次模拟考试卷：数学 （解析版）（新高考八省专用02 ），共17页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共58分）
一、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U=1,2,3,4,5，A=2,3，B=xx=2k,k∈Z，则B∩∁UA=（ ）
A．4B．2,4C．1,2D．1,3,5
【答案】A
【知识点】交并补混合运算
【分析】根据集合的交集与补集运算求解即可.
【详解】由U=1,2,3,4,5,A=2,3可得 ∁UA=1,4,5，又因为B=xx=2k,k∈Z，所以B∩∁UA=4.
故选：A.
2．若复数z=21+i，则z+2=（ ）
A．2B．2C．10D．10
【答案】D
【知识点】求复数的模、复数的除法运算
【分析】利用复数的除法运算求得复数z，利用复数的模的意义可求得z+2的值.
【详解】因为z=21+i=21−i1+i1−i=21−i1−i2=1−i，
所以z+2=1−i+2=3−i=32+−12=10.
故选：D.
3．函数fx=−x2+ex−e−xsinx在区间−3.4,3.4的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【知识点】函数图像的识别、求含sinx的函数的奇偶性
【分析】利用函数奇偶性定义判断出函数fx在区间−3.4,3.4上的奇偶性排除AC；再利用特殊值可得答案.
【详解】因为x∈−3.4,3.4，−x∈−3.4,3.4，
f−x=−x2+e−x−exsin−x=fx，
所以fx为偶函数，图象关于y轴对称，故排除AC；
f1=−12+e−e−1sin1>−1+e−e−1sinπ6=−1+e2−12e
=2e−44−12e>14−12e>0，
fπ=−π2+eπ−e−πsinπ=−π20，故2sinα1−2sin2α=12−sinα，
则4sinα−2sin2α=1−2sin2α，解得sinα=14，故csα=1−sin2α=1−116=154，
故tanα=sinαcsα=14154=1515.
故选：C.
6．已知平面向量a，b，c满足a=1，b⋅c=0，a⋅b=1，a⋅c=−1，则b+c的最小值为（ ）
A．1B．2C．2D．4
【答案】C
【知识点】数量积的坐标表示、坐标计算向量的模、向量垂直的坐标表示
【分析】在平面直角坐标系xOy中，不妨设a=1,0，b=x1,y1，c=x2,y2，由已知可得y1y2−1=0，由向量的加法和模的坐标运算结合基本不等式求解即可.
【详解】在平面直角坐标系xOy中，不妨设a=1,0，b=x1,y1，c=x2,y2，
则a⋅b=x1=1，a⋅c=x2=−1，b⋅c=x1x2+y1y2=y1y2−1=0，
所以b+c=1−12+y1+y22=y1+y2=y1+1y1=y1+1y1≥2y1⋅1y1=2，
当且仅当y1=±1时等号成立，
因此，b+c的最小值为2.
故选：C.
7．已知O为坐标原点，直线l过抛物线D:y2=2pxp>0的焦点F，与D及其准线依次交于A,B,C三点（其中点B在A,C之间），若AF=4，BC=2BF,则△OAB的面积是（ ）
A．3B．433C．23D．833
【答案】B
【知识点】求点到直线的距离、抛物线定义的理解、抛物线中的三角形或四边形面积问题
【分析】过点B作BM垂直于准线，垂足为M，过点A作AN垂直于准线，垂足为N，利用抛物线定义可得BC=2BF=2BM，则∠MCB=30°，继而可求出PF，即可得到p的值，从而得到抛物线的标准方程，由∠MCB=30°可得到直线AB的斜率，得到直线AB的方程，联立直线方程与抛物线方程，结合韦达定理、抛物线的定义，并利用点到直线距离公式，即可求解△OAB的面积.
【详解】过点B作BM垂直于准线，垂足为M，过点A作AN垂直于准线，垂足为N，
设准线与x轴相交于点P，
如图，
则BM=BF，AN=AF=4，
在△MBC中，BC=2BF，所以BC=2BM，所以∠MCB=30°，
在△ANC中，AC=2AN=8，
所以AC=AF+CF=8，所以CF=8−AF=4.
又CN⊥x轴，∠MCB=30°，所以PF=12CF=2.
又抛物线D:y2=2px，则P−p2,0,Fp2,0,
所以PF=p2+p2=p=2，所以抛物线D:y2=4x，点F1,0.
因为∠MCB=30°，所以直线AB的斜率k=−3，
则直线AB:y=−3x−1，
与抛物线方程联立y2=4xy=−3x−1,消y并化简得3x2−10x+3=0,
设点Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=103，
则AB=BF+AF=BM+AN=x1+p2+x2+p2=x1+x2+p=103+2=163.
又直线AB:y=−3x−1可化为3x+y−3=0，
则点O到直线AB的距离d=−33+1=32,
所以S△OAB=12AB⋅d=12×163×32=433.
故选:B.
8．在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，A1B1=2，若存在球O与该正四棱台的各个面均相切，则点A1到平面B1BCC1的距离为（ ）
A．423B．3C．455D．81717
【答案】A
【知识点】正棱台及其有关计算、锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、求点面距离
【分析】作出辅助线，四边形EFF1E1的内切圆是正四棱台内切球O的截面大圆，由等腰梯形性质及切线长定理求出各边长，得到正四棱台的高MN=22，设点A1到平面B1BCC1的距离为h，由等体积法得到方程，求出答案.
【详解】如图，在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，
分别取AB，CD，A1B1，C1D1的中点为E，F，E1，F1，
连接E1F1FE，则四边形EFF1E1的内切圆是正四棱台内切球O的截面大圆，
设四边形EFF1E1各边与其内切圆的切点分别为P,M,H,N(如图所示),
因为四边形EFF1E1是等腰梯形，E1F1=2，EF=4，
由切线长定理得EE1=PE+EP=12EF+E1F1=3，
过点E1,F1分别作E1S⊥EF,F1T⊥EF，交EF于点S,T，

则ST=E1F1=2，ES=TF=1，由勾股定理得E1S=E1E2−ES2=22，
则正四棱台的高MN=22，设点A1到平面B1BCC1的距离为h，
又VA1−BB1C1=VB−A1B1C1，所以13⋅ℎ⋅S△BB1C1=13×22S△A1B1C1，
且S△BB1C1=S△A1B1B=12A1B1⋅EE1=2×32=3，S△A1B1C1=12A1B1⋅B1C1=2×22=2，
所以13ℎ×3=13×22×2，解得ℎ=423.
故选：A
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是抓住四边形EFF1E1的内切圆是正四棱台内切球O的截面大圆，进而利用该特性求出正四棱台侧面的高E1E和正四棱台的高h，然后利用等体积法可求解点到平面的距离.
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．下列关于概率统计的知识，其中说法正确的是（ ）
A．数据−3,−1,3,7,8,9,11,15的第25百分位数是1；
B．若一组样本数据xi,yii=1,2,⋯,n的对应样本点都在直线y=−13x+1上，则这组样本数据的相关系数为−13；
C．已知随机变量X∼Bn,p，若EX=36,DX=9，则n=48；
D．某班有50名同学，一次考试后的数学成绩服从正态分布N100,102，则理论上说在90∼100分的人数约为17人．（参考数据：pμ−σ≤X≤μ+σ≈0.6827，pμ−2σ≤X≤μ+2σ≈0.9545，pμ−3σ≤X≤μ+3σ≈0.9973)
【答案】ACD
【知识点】相关系数的计算、二项分布的方差、指定区间的概率、总体百分位数的估计
【分析】根据百分位数、相关系数、二项分布、正态分布等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】对于选项A，8个数据从小到大排列，由于8×25%=2，
所以第25百分位数应该是第二个与第三个的平均数−1+32=1，故A正确；
对于选项B，因为样本点都在直线y=−13x+1上，说明是负相关且线性相关性很强，所以相关系数为−1，故B错误．
对于选项C，因为X∼Bn,p,EX=36,DX=9，
所以np=36np1−p=9，解得p=34,n=48，故C正确；
对于选项D，由P90≤x≤100=12Pμ−σ≤x≤μ+σ=0.34135，
可得在90~100分的人数是50×0.34135≈17，故D正确.
故选：ACD．
10．函数fx=2csx+sin2xx∈R，则（ ）
A．fx的最小正周期是2π
B．fx的值域是−332,332
C．fx的图象是轴对称图形，其中一条对称轴是x=π6
D．fx的零点是π2+kπ,k∈Z
【答案】ABD
【知识点】求函数的零点、由导数求函数的最值（不含参）、求正弦（型）函数的最小正周期、求正弦（型）函数的对称轴及对称中心
【分析】对A：检验fx+2π=f(x)，即可判断；对B：利用导数分析其单调性，进而求得其值域即可；对C：检验fπ6+x−fπ6−x的结果是否为零，即可判断；对D：令fx=0，直接求解即可.
【详解】对A：fx+2π=2csx+2π+sin(2x+4π)=2csx+sin2x=f(x)，故2π为f(x)的周期，
显然，没有比2π更小的正周期，故f(x)的最小正周期为2π，故A正确；
对B：考虑到f(x)的最小正周期为2π，故只需考虑f(x)在[π6,13π6]的值域；
fx=2csx+sin2x，x∈[π6,13π6]，故f'(x) =−2sinx+2cs2x=−2sinx+2(1−2sin2x)
即f'(x) =−4sin2x−2sinx+2=−2(2sinx−1)(sinx+1)；
因为sinx∈[−1,1]，故sinx+1≥0，
则当x∈(π6,5π6)时，sinx>12，即2sinx−1>0，此时f'(x) 0，由零点存在定理可得函数有两个零点
（2）证明：当a≥1e时，fx≥exe−lnx−1；
设gx=exe−lnx−1，则g'x=exe−1x，
当00，
∴x=1是gx的极小值点，也是最小值，
故当x>0时，gx≥g1=0，
因此，当a≥1e时，fx≥0
18．（17分）在三棱柱ABC−A1B1C1中，点D在B1C上，且B1D=2DC，E为线段A1C上的动点.
(1)若E为A1C的中点，
（i）在图中画出△AB1C的重心G，并说明点G与线段BE的位置关系；
（ii）求证：AC//平面BDE.
(2)若三棱柱ABC−A1B1C1是棱长均为2的正三棱柱，当二面角E−AB−A1为π3时，求B1到平面ABE的距离.
【答案】(1)（i）作图见解析，点G在线段BE上；（ii）证明见解析
(2)3
【知识点】证明线面平行、点到平面距离的向量求法
【分析】（1）（i）利用重心的性质即可判断点G在线段BE上.
（ii）利用重心性质与对应线段比例即可证明AC//平面BDE
（2）建立空间直角坐标系，设CE=λCA1，可知λ∈(0,1)，所以E(λ,2λ,3−3λ)，再利用面面角的向量求法即可求出参数λ，再利用点面距的向量求法即可求出结果.
【详解】（1）（i）连结A1B，AB1交于点O1，连结CO1交BE于点G.
因为O1为A1B的中点，E为A1C的中点，
所以G为△A1BC的重心，所以CG=2GO1.
又因为CO1为△AB1C的中线，
所以点G也为△AB1C的重心，所以点G在线段BE上.
（ii）连结B1G，并延长交AC于点F，连结DG.
因为G为△AB1C的重心，所以B1G=2GF.
又因为B1D=2DC，所以DG//CF，即DG//AC.
又因为AC⊂平面BDE，DG⊂平面BDE，所以AC//平面BDE.
（2）取AB的中点O.
因为ABC−A1B1C1为棱长相等的正三棱柱，所以△ABC为正三角形，所以CO⊥AB.
又因为在正三棱柱中BB1⊥平面ABC，所以CO⊥BB1，AB⊥BB1.
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
则C(0,0,3)，A(1,0,0)，A1(1,2,0)，B(−1,0,0)，B1(−1,2,0)，
设CE=λCA1，可知λ∈(0,1)，所以E(λ,2λ,3−3λ)，
所以AB=(−2,0,0)，BE=(λ+1,2λ,3−3λ).
设平面ABE的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅AB=0,m⋅BE=0,所以−2x=0,(λ+1)x+2λy+(3−3λ)z=0.
令z=1，则可得m=0,3λ−32λ,1.
易知平面ABA1的一个法向量为n=(0,0,1)，
所以csπ3=|m⋅n||m|⋅|n|，即12=13(λ−1)24λ2+1，解得λ=−1（舍），或λ=13.
所以E13,23,233，m=(0,−3,1).又B1A=(2,−2,0)，
则B1到平面ABE的距离d=B1A⋅m|m|=232=3.
19．（17分）已知双曲线 C:x2a2−y2b2=1a>0，b>0的离心率为 52，其虚轴的两个端点与右顶点所构成的三角形的面积为 2 .
(1)求双曲线 C的方程；
(2)设 n∈N*，an∈0,π2，a1=π4，若点P2csan,bn 在双曲线 C 上， C 在点P 处的切线 l 与两条渐近线分别交于 A，B 两点， O 是坐标原点，且 1OA2+1OB2=25bn+1+bn .
（i）证明数列bn 是等差数列，并求通项公式 bn ;
（ii）设数列csan的前 n 项和为 Sn .求证:
对∀n∈N*，4n+2−222n+n+1=2n+1−n，可证明4n+2−220⇒P2csan,bn在第一象限，
则此时点P满足方程：y=x24−112=12x2−412，
则y'=14x2−4−12⋅2x=12xx2−4−12，故点P对应切线斜率为：
12⋅2csan4cs2an−4−12=1csan14sin2ancs2an=1csan⋅2tanan=12sinan.
则切线方程为：y−tanan=12sinanx−2csan⇒y=x2sinan−csansinan.
与渐近线y=12x联立，可得A2csan1−sinan,csan1−sinan，同理可得B2csan1+sinan,csan1+sinan.
则1OA2+1OB2=151−sinancsan2+1+sinancsan2=25⋅1cs2an+tan2an，
又1cs2an−bn=1⇒1cs2an=bn+1，
则25⋅1cs2an+tan2an=252bn+1=25bn+1+bn⇒bn+1−bn=1，
又a1=π4，则b1=tan2π4=1，
故数列bn 是以1为首项，公差为1的等差数列，则bn=n；
（ii）由（1）可得1cs2an=bn+1，则cs2an=1bn+1=1n+1⇒csan=1n+1.
则Sn2=12+13+⋯+1n+11+n2，
注意到Sn=12+13+⋯+1n+11+n=2122+123+⋯+12n+121+n
>212+3+13+4+⋯+1n+n+1+11+n+n+2
=23−2+4−3+⋯+n+1−n+n+2−n+1=2n+2−2，
又Sn， 2n+2−2>0，则4n+2−22