广西壮族自治区柳州市2025届高考三模数学试卷（解析版）

这是一份广西壮族自治区柳州市2025届高考三模数学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，，且，
所以，所以实数的取值范围是，
故选:D.
2. 在复平面内，复数对应的向量，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由复数对应的向量，则，
所以.
故选：A
3. 在等差数列中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设等差数列的公差为，
因为，所以，
所以，
故选:A.
4. 已知函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，则，
则
故选：C.
5. 在展开式中，的系数为（ ）
A. 15B. 90C. 270D. 405
【答案】B
【解析】在展开式中，的项为，
所以所求的系数为90.
故选：B
6. 有男､女教师各1人，男､女学生各2人，从中选派3人参加一项活动，要求其中至少有1名女性，并且至少有1名教师，则不同的选派方案有（ ）
A. 10种B. 12种C. 15种D. 20种
【答案】C
【解析】从6人中任选3人，有种选法，
其中，若全选男生或全选学生，有种选法，
所以符合题意的选法为种.
故选：C
7. 已知双曲线.若直线与没有公共点，则的离心率的范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】双曲线的一条渐近线为，因为直线与双曲线无公共点，
故有，即，，
所以，所以.
所以的范围为.
故选：C
8. 已知，，设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由，得，即，则，
由，得，即，则，
，则，
因此，所以，即.
故选：D
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 有一组数、、、，这组数的第百分位数是
B. 在的独立性检验中，若不小于对应的临界值，可以推断两变量不独立，该推断犯错误的概率不超过
C. 随机变量，若，，则
D. 以拟合一组数据时，经代换后的经验回归方程为，则，
【答案】BD
【解析】对于A选项，因为，所以，这组数据的第百分位数是，A错；
对于B选项，在的独立性检验中，若不小于对应的临界值，
可以推断两变量不独立，该推断犯错误的概率不超过，B对；
对于C选项，随机变量，若，，
解得，，C错；
对于D选项，以拟合一组数据时，经代换后的经验回归方程为，
即，可得，故，，D对.
故选：BD.
10. 已知是椭圆的右焦点，是上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 椭圆的长轴长是2
B. 的最大值是
C. 的面积的最大值为，其中为坐标原点
D. 直线与椭圆相切时，
【答案】BCD
【解析】对于A：由，得，所以椭圆的长轴为，故A错误；
对于B：由，得，则，，由，得，
所以，
又二次函数的对称轴为，
所以该函数在上单调递减，则当时，函数取到最大值，
因为，所以的最大值为，故B正确；
对于C：由题意得，，
所以，即的面积的最大值为，故C正确；
对于D：由，消去y，得，
因为直线与椭圆相切，只有一个交点，
所以，解得，故D正确.
故选：BCD.
11. 我们把称为双曲余弦函数，其函数表达式为，相应地双曲正弦函数的函数表达式为.若直线与双曲余弦函数曲线和双曲正弦函数曲线分别相交于点，曲线在点处的切线与曲线在点处的切线相交于点，则（ ）
A. 是奇函数
B.
C. 在随的增大而减小，在随的增大而增大
D. 的面积随的增大而减小
【答案】ACD
【解析】A：因为偶函数，为奇函数，则是奇函数，故A正确；
B：，
，
故，故B错误；
C：设，，则，，
，，，
曲线在点处的切线方程为，
即；
曲线在点处的切线方程为，
即；
则，
则
令，则，
得；得，
则在上单调递减，在上单调递增，故C正确；
D：的面积为，故面积随的增大而减小，故D正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 圆被轴截得的弦长为________．
【答案】4
【解析】由题设可得圆心坐标为，半径为，
故所求弦长为，
故答案为：4
13. 已知为一个圆锥的顶点，是母线，，该圆锥的底面半径为.、分别在圆锥的底面上，则异面直线与所成角的最小值为______.
【答案】
【解析】如下图所示：
因为、分别在圆锥的底面上，且为该圆锥的一条母线，
所以，异面直线与所成角的最小值为直线与底面所成的角，
由圆锥的几何性质可知，与底面垂直，且为底面内的一条直线，则，
所以，异面直线与所成角的最小值为，且，
故.
故答案为：.
14. 在中，，，，为内一点，且.若，则的最大值为______.
【答案】
【解析】
如图，因，所以以为坐标原点，
方向为轴建立平面直角坐标系，则,
设,则，
过点作轴的垂线，垂足为，则，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
则，
，所以，
所以当，即时，有最大值为，
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. 记的内角的对边分别为，的面积为.已知.
（1）求；
（2）求函数在上的单调递增区间.
解：（1）由，
由余弦定理，，
代入即得：，化简得：
因为，所以.
（2）
，
由，解得，
又，所以或，
所以单调递增区间为和.
16. 已知函数.
（1）若函数在处有极值，求的值；
（2）对任意，在上单调递增，求的最大值.
解：（1）因为，
所以，
因为函数在处有极值，所以，，得，.
从而，，即.
解得或，若，则，此时，显然单调递增，不存在极值，矛盾.
所以只可能，.
当，时，.
从而对有，这说明此时确实在处取到极小值.
故所求的为.
（2）①若，则当时，对有.
所以在上单调递减.
而，所以不可能在上递增，不满足条件；
②当时，对任意，有，且等号仅在一点成立.
所以单调递增，故一定在上单调递增，满足条件.
综上，的最大值为.
17. 如图，已知四棱锥中，顶点在底面上的射影落在线段上（不含端点），，，，.
（1）求证：平面；
（2）若二面角的大小为，直线与平面所成角为，求的值.
（1）证明：由于平面平面故
因为，所以底面为直角梯形，故，
过，且与相交于，
则，
又，
故,所以,
由于平面，，
所以平面，
（2）解：由题意可知，过作的垂线，垂足为,连接,
由于平面平面故，
平面，
故平面，平面，故，
故为二面角的平面角，
所以从而.
18. 某学校有、两家餐厅，某同学每天都会在这两家餐厅中选择一家餐厅用晚餐.已知该同学第一天随机选择一家餐厅用晚餐，若在前一天选择去餐厅的条件下，后一天继续选择餐厅的概率为；而在前一天选择去餐厅的条件下，后一天继续选择去餐厅的概率为，如此往复.
（1）求该同学第一天和第二天都选择去餐厅用晚餐的概率；
（2）求该同学第二天选择去餐厅用晚餐的概率；
（3）记该同学第天选择去餐厅用晚餐的概率为，求的通项公式.
解：（1）记事件该同学第天去餐厅，则，，，
由概率乘法公式可得.
（2）由对立事件的概率公式可得，
由全概率公式可得.
（3）记事件该同学第天去餐厅，则，
由题意可知，，，
由全概率公式可得，
即，则，
所以，数列是以为首项，公比为的等比数列，
所以，，故.
19. 已知是抛物线的焦点，过上点的切线交轴于点，过点的直线与交于两点.
（1）求抛物线的方程；
（2）比较与的大小，并说明理由；
（3）过点直线与交于两点，，，的延长线分别交于两点，求点到直线距离的最大值.
解：（1）已知点在抛物线上，
将点的坐标代入抛物线方程可得：
，即，解得，
所以抛物线的方程为；
（2）抛物线，则，
当时，切线斜率，
由点斜式可得过点的切线方程为，即；
令，可得，所以；
由，可得，
所以，
设直线的方程为，
联立，解得：，，
由韦达定理得，
根据抛物线的焦半径公式，，
因为，所以，同理，
则，
所以；
（3）由题意知直线的斜率必存在，故设直线，，
联立，解得，
由韦达定理得，
设直线方程为，
代入，有，
由，，
所以，同理可得；
所以直线的斜率 ，
由直线的点斜式可得直线：，
结合，化简得，
所以直线过定点，
要使点到直线距离的最大，则只需，
从而最大值为.