陕西省商洛市2025届高三下学期第三次模拟检测数学试卷（解析版）

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（解析版），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. （ ）
A. B. 10C. D. 13
【答案】A
【解析】,所以.
故选：A.
2. 已知为抛物线上一点，为的焦点，点到轴的距离为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】对于抛物线，，可得，
设点，则，因为点到轴的距离为，即，
由抛物线的定义可得.
故选：B.
3. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，
则或，
显然集合、没有包含关系，则A ， B错误；
又，，故C正确，D错误.
故选：C.
4. 某地为促进消费，向当地市民随机发放了面值10元、20元、50元的线下消费满减电子券，每位市民可以领取一张，且每笔消费仅能使用一张．某支持使用该消费券的大型商场统计到某日使用了10元、20元、50元消费券的消费账单的数量之比为，若对这些账单用等比例分层随机抽样的方法进行抽样调查，抽取一个容量为50的样本，则样本中使用了50元消费券的消费账单的份数为（ ）
A. 5B. 10C. 20D. 30
【答案】B
【解析】根据题意，使用50元消费券的消费账单占总消费账单的：.
所以抽取的样本中，使用了50元消费券的消费账单的份数应为：份.
故选：B
5. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在该椭圆上，则该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】依题意，椭圆的焦距，长轴长，
所以该椭圆的离心率.
故选：A
6. 若函数在上有极值，则的取值可能是（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】B
【解析】因为函数在上有极值，
所以在上有变号实根.
因为，
所以在上有变号实根.
因为，所以，故.
故选：B
7. 已知是偶函数，且在上单调递增，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为函数是偶函数，且在上单调递增，则该函数在上为减函数，
因为，
所以，，且函数在上为增函数，
所以，，
因为函数在上为减函数，则，
故，且，
所以，，
故选：D.
8. 已知正三棱锥的底面边长为，侧面积为，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】在正三棱锥中，正的边长为，如下图所示：
取线段的中点，连接，则，
因为正三棱锥的侧面积为，则，可得，
所以，，，
设点在底面的射影为点，则为正的中心，且，
，
设正三棱锥的外接球球心为，则在直线上，
设球的半径为，则，
由勾股定理可得，即，解得，
因此，该正三棱锥的外接球的表面积为.
故选：A.
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. 已知函数，则下列命题正确的是（ ）
A. 的定义域为B. 的值域为
C. 是奇函数D. 在上单调递减
【答案】BCD
【解析】由，解得，，所以的定义域为，A错误.
，，所以的值域为，B正确.
，所以是奇函数，C正确.
当时，函数单调递增，且.函数在上单调递减，根据复合函数的单调性可得在上单调递减，D正确.
故选：BCD.
10. 过点向曲线作切线，切线方程可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】令，则.
设切点为，则切线方程为，
将点代入，整理得，
即，解得或.
当时，切线方程为；
当时，切线方程为.
故选：AC
11. 数列满足，，，…，，依此类推，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最小值为B.
C. 若，则D. 若，则
【答案】ACD
【解析】根据规律可得，，；
当m的值每增加1时，的变化在内，所以的值单调递增.
当时，取最小值，最小值为，正确.
易得，所以，即，所以，错误.
若，则，，，，；
记数列为1，2，3，5，…，则，.
记，
则
；
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以.
，正确.
，要使得取最小值；
则n为奇数，此时，正确.
故选：.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，则______，______．
【答案】①. 3 ②.
【解析】由，解得，
则.
故答案为：3；.
13. 已知圆的半径为，弦，为圆上一动点，则的最大值为______．
【答案】
【解析】以圆心为原点，过点且与直线的直线为轴，
线段的垂直平分线所在直线为轴建立平面直角坐标系，
则、，设点，
，，
所以，，当且仅当时，取最大值.
故答案为：.
14. 设计一个五位的信息密码，每位数字均在中选取，则含有数字、、，且、、都只出现一次的信息密码有______个．
【答案】
【解析】先从个数位选择个数位分别排、、，
剩余的个数位上的数字从、、、、、、中选择，每个数位有种选择，
由分步乘法计数原理可知，满足条件的信息码的个数为.
故答案为：.
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、、分别为三个内角、、的对边，且．
（1）求；
（2）若，求外接圆的面积．
解：（1）因为，由正弦定理可得，
即，即，
因为、，
所以，，则有，故.
（2）设外接圆的半径为，由正弦定理，，
故，
因此，外接圆的面积为.
16. 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，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，用表示比赛结束时比赛局数，求的分布列与数学期望．
解：（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.
（2）由题意可知，的可能取值有、、，
若，则甲连胜两局或乙连胜两局，所以，，
若，则第二、三局均为丙赢，所以，，
若，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，，
所以，随机变量的分布列如下表所示：
因此，.
17. 已知双曲线经过点，离心率为．
（1）求的方程．
（2）已知的左、右焦点分别为、，直线与相交于、两点．
①若的斜率为，求线段的中点的轨迹方程；
②若经过点，且，求的方程．
解：（1）由题意可得，解得，故双曲线的方程为.
（2）①设点、，设点，
设直线的方程为，联立可得，
则，
由韦达定理可得，可得，
则，即点的轨迹方程为；
②易知点、，若直线与轴重合，则、为双曲线的顶点，
显然，不合乎题意；
若直线轴，由对称性可知，点、关于轴对称，则；
当直线的斜率存在且不为零时，设直线的方程为，
设点、，
联立可得，
由题意可得，解得，
由韦达定理可得，，
所以，线段的中点为，
若，则，，，
所以，，解得.
综上所述，直线的方程为或或.
18. 如图，在等腰梯形中，，，，分别为，的中点，沿线段将四边形翻折到四边形的位置，连接，．已知，，，为射线上一点．

（1）若，证明：平面．
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求PF．
（1）证明：在线段上取一点，使得，连接、，
因为，所以且，
又，，，
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；

（2）解：在等腰梯形中，，，，分别为，的中点，
所以，沿线段将四边形翻折到四边形的位置，
所以，，平面，
所以平面，
如图以为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，所以，
设，所以，
设平面的法向量为，
则，取，
直线的一个方向向量为，
所以，
解得或（舍去），
所以.
19. 定义：若函数与在公共定义域内存在，使得，则称与为“契合函数”，为“契合点”．
（1）若函数和为“契合函数”，求的取值范围．
（2）已知函数和为“契合函数”且有两个“契合点”．
①求的取值范围；
②若，证明：．
解：（1）由题意知：与的公共定义域为，
令，即，，
令，若与为“契合函数”，则与有交点.
，
当时，，，即；当时，；
当时，，，即；
在上单调递减，在上单调递增，
，又当时，；当时，；
大致图象如下图所示，

由图象可知：当时，与有交点，
即当与为“契合函数”时，的取值范围为.
（2）①由题意知：与的公共定义域为，
令，则，即；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，又当时，；当时，；
大致图象如下图所示：

令，则，
由得：，
在上单调递增，又与为“契合函数”，与至少有一个交点，
与有两个不同交点，，，
，解得：，即实数的取值范围为.
②由①得：与的两个不同交点为，且，
，即，，，
令，则由知：，，
，整理可得：，，
，
令，则，
令，则，
令，则，
在上单调递增，，，
在上单调递增，，即，
在上单调递增，，即.