四川省元三维大联考2025届高三第三次诊断性测试数学试卷（解析版）

这是一份四川省元三维大联考2025届高三第三次诊断性测试数学试卷（解析版），共20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. 已知复数，则（ ）
A. B. 2C. D. 5
【答案】A
【解析】由题意知，，
所以，
所以.
故选：A.
2. 已知空间中两条直线，及平面，且满足，“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】充分性：只有当垂直于内的两条相交直线，才可推出，由题可知，垂直于内的一条直线，可能与平面斜交，平行，或在平面内，
故无法推出，充分性不满足；
必要性：，又，则，故必要性成立；
综上所述，“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
3. 为考察某种药物对预防疾病的效果，进行了动物试验，根据120个有放回随机样本的数据，得到如下列联表：
经计算得到，根据小概率值的独立性检验（已知独立性检验中），结论为（ ）
A. 药物对预防疾病没有效果
B. 药物对预防疾病没有效果，这种判断犯错误的概率不超过
C. 药物对预防疾病有效果
D. 药物对预防疾病有效果，这种判断犯错误的概率不超过
【答案】A
【解析】设零假设：药物对预防疾病没有效果；因为，
故零假设不成立，药物对预防疾病没有效果.
故选：A.
4. 已知函数，则满足的实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为均为上的增函数，则为上的增函数，
所以若，则，解得.
故选：D.
5. 已知为等差数列的前项和，若，则（ ）
A. B. C. 0D. 12
【答案】B
【解析】设等差数列的公差为，
因为，故两式作差可得：，即，；
又，故.
故选：B.
6. 已知直线是曲线的一条切线，则（ ）
A 1B. 2C. D.
【答案】C
【解析】设，，
设切点为，根据切线斜率为1，则，
解得，则，则切点坐标为，则，解得.
故选：C.
7. 已知抛物线的焦点为，纵坐标为的点在上．若以为圆心，为半径的圆被轴截得的弦长为，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】根据题意，作图如下：
设点坐标为，因其在抛物线上，故；
以为圆心，为半径圆，其圆心到轴的距离为，半径；
由题可知：，整理得：，故，.
故选：A.
8. 已知，，且满足，则最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，，所以，，，，
因为，
所以
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
此时，即，
因为，，则，即，则，
此时，
因为，所以，则或，
故当或时，等号成立，
因此，最小值为.
故选：D.
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，下列说法正确的是（ ）
A. 1是的周期
B. 的定义域为
C.
D. 的图象关于点对称
【答案】AD
【解析】正切函数的周期为，选项A正确；
正切函数无定义时，，，解得： ，因此定义域为，选项B不正确；
因为，
，
因为在上递增，，
所以，即，选项C不正确；
令，求得，，可得的对称中心是，，当时，可得的对称中心是，故D正确；
故选：AD.
10. 动圆过定点，且与圆相内切于点，记圆心的轨迹为曲线．则（ ）
A. 曲线的方程为：B. 动圆面积的最小值为
C. 的最大值为3D. 的最小值是
【答案】ABD
【解析】对于A，由题意可知，动圆圆心到定点和定圆圆心的距离之和为，
即，又因为，
所以的轨迹是以为焦点，长轴长，焦距的椭圆，
所以曲线的方程为：，故A正确；
对于B，由A可知，点轨迹方程为，
所以设，
则动圆的半径
，
当，取到最小值，
所以要使动圆面积的最小，只需最小，
所以动圆面积的最小值为，故B正确；
对于C，由B可知，
则，，
所以，
当时，取到最大值2，故C错误；
对于D，因为和互补，
所以求的最小值就是求的最大值，
由椭圆的性质可知，当位于短轴端点时，最大，
不妨设此时，则，
所以，
因为，所以，
所以的最小值是，故D正确.
故选：ABD
11. 已知集合，则称集合为分集．下列说法正确的是（ ）
A. 当时，是唯一的分集
B. 对任意，总存在至少一个分集
C. 若是分集，则
D. 若是分集，则
【答案】AD
【解析】由得，当且仅当时等号成立.
即
对于A， 当时，则，又，故，故A正确；
对于B，时，，不符合，故B不正确；
对于C， 当时，，所以，故C不正确；
对于D，当时，，
又，所以，解得，.故D正确.
故选：AD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，为单位向量，且在上的投影向量为，则与的夹角为_________．
【答案】
【解析】设与的夹角为，则，
因为在上的投影向量为，可得，
故，即与的夹角为.
故答案为：.
13. 在如下的数阵中选出3个数，要求这3个数既不在同一行，也不在同一列．若这3个数的极差不大于5，那么满足条件的选法共有_________种．
【答案】3.
【解析】的数阵中选出3个数，要求这3个数既不在同一行，也不在同一列．
若这3个数的极差不大于5，那么满足条件的选法有；；，三种情况；
故答案为：3.
14. 已知棱长为2的正方体中，为中点，四点都在球的球面上，且四点都在球的球面上，记球与球两球面上的所有公共点构成轨迹，则的周长为_________．
【答案】
【解析】如图所示，设为的中点，分别为的中点，
分别为的中点，连接，
分别为的中点，,
由题意可知，因为四点都在球的球面上，
所以即为三棱锥外接球的球心，
也就是三棱柱外接球的球心，
因为三棱柱是直三棱柱，且为直角三角形，
所以外接球的球心在的中点处，
同理，就是三棱柱外接球的球心，且在的中点处，
因为球与球两球面同时经过四点，
所以球与球两球面上的所有公共点构成轨迹
即为以为圆心，且过四点的圆的周长，
在矩形中，因为，
所以，，
所以矩形的外接圆直径，
所以，所以外接圆周长为，
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. 记内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若为钝角三角形，求．
解：（1）由正弦定理知：，，
又，，则，
又，则.
（2）由余弦定理知：，
，或，
当时，，此时为钝角三角形，满足题意，
当时，，则角锐角，结合，此时为锐角三角形，舍去，
综上：．
16. 已知函数．
（1）若，试判断函数在区间内的极值点个数，并说明理由；
（2）当，时，求证：．（参考数据：）
（1）解：因为，则，
所以，函数在区间上单调递增，
因为，则，，则，
由零点存在定理可知，存在，使得，
当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
故函数函数在区间内的极值点个数为.
（2）证明：当，时，，
构造函数，其中，
则，
令，其中，则，
所以，函数在上单调递增，
故当时，，即，
由可得，由可得，
所以，函数的减区间为，增区间为，
所以，，即，
故，时，.
17. 如图，平行六面体中，与交于点，在对角线上取一点，使得平面平面．

（1）求证：；
（2）若平面平面，且，求与平面所成角的正弦值．
（1）证明：连接交于，连接，

在平行六面体中，且，
所以四边形是平行四边形，所以且，，
又分别为的中点，所以，
以四边形是平行四边形，所以，
因为平面平面，平面ACE平面=OE，
平面平面=，所以OE//，
因为都经过点O，所以三点共线，
又，
所以∽，所以，所以;
（2）解：取CD的中点F，连接BF，
因为，所以是等边三角形，所以，且，
又平面平面，平面平面=CD，，
平面，
所以平面，又平面，
所以，
在中，，，所以，
在中，，所以，
所以，
又平面平面，平面平面=CD，，
平面 ，所以平面，
又平面，所以，
所以两两互相垂直，
以F为原点，以分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

则，
所以，
设，所以，
，
取，则，所以，
因为E是对角线上一点，
所以与平面所成的角即是与平面所成的角，
设与平面所成的角为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
18. 已知双曲线的右焦点为，且点到双曲线的渐近线的距离为．过点作两条互相垂直的直线和，交双曲线于、两点，交双曲线于、两点，、分别是、的中点，直线过定点；再过点作两条互相垂直的直线和，交双曲线于、两点，交双曲线于、两点，、分别是、的中点，直线过定点，以这样的方式构造下去，可以得到一列定点、、、、．
（1）求双曲线的方程；
（2）求点的坐标；
（3）若、，记的面积为，证明：．
（1）解：双曲线的渐近线方程为，即，
则点到渐近线的距离为，
又因为，所以，
因此，双曲线的方程为.
（2）解：当轴，必然与轴重合，由曲线的对称性知的中点在轴上，
的中点也在轴，故经过的定点也在轴上，
设点，设直线的方程为，设点、，
联立得，
所以，，，
由韦达定理可得，，
故线段的中点，
同理可知，直线的方程为，的中点为，即点，
当时，
由、、三点共线可得，得，
解得，因此，.
当时，，此时过，
故.
（3）证明：由（2）可知，当时，定点，同理可知，也一定在轴上，
考虑一般情况，假设点，设点，
设直线的方程为，设点、，
联立得，
所以，，，
由韦达定理可得，，
故线段的中点为，
同理，直线的方程为，
线段的中点为，即点，
当时，
由、、三点共线可知，，即，
整理可得，即当点时，，
当时，，此时过，
综上，.
故当点时，、、、，
由题意可知，的面积为，
所以，
所以.
19. 图是计算机科学中的一种极为重要的模型．图的连通性常应用于计算机网络、智能导航及AI算法优化等领域中．一个图由顶点集与边集组成，记为．顶点集是这个图所有顶点的集合，图中任意3个顶点不在同一直线上．图的边是指两个不同的顶点直接相连成的线段，边集就是这个图所有边的集合．如图所示为一个由4个顶点组成的图，其顶点集，边集．若图中依次存在一组边：，则称顶点相互可达．如果图中任意两个顶点相互可达，则称图是连通的，如右所示的图就是连通的．
一个有含有个顶点的图，任意两个顶点间有边的概率为．设图是连通的概率为，定义．

（1）当时，在顶点与顶点相互可达的条件下，求与之间有边的概率；
（2）当时，求恰有3个顶点相互可达的概率；
（3）求．
解：（1）设事件：顶点与顶点相互可达，事件：与之间有边，
当时，与相互可达分以下两种情况：
①与之间有边，概率为，
②与之间无边，但都与第三个顶点有边，概率为，
故与相互可达的概率，故，
而，故，
故与之间有边的概率为.
（2）设事件：恰有3个顶点相互可达，任取3个顶点，第4个顶点与这3个顶点均无边的概率为，
同时这3个顶点相互可达，故，图连通以下两种情况：
①三个顶点两两有边，概率为，
②有两个顶点间无边，但都与第3个顶点有边，概率为，
，则，
恰有3个顶点相互可达的概率为.
（3）方法一：固定任意一个顶点是连通的就是两个顶点间有边时，，
当时，设事件：恰好有个顶点与相互可达，任取除以外个顶点，
剩下个顶点与这个顶点都无边的概率为，同时这个顶点相互可达，
则，显然，任意两个事件和均为互斥事件，
因此，
，，
，故，
，
，
.
方法二：共有条可能的边，
①当不存在任何边时，不可能连通，概率为
②当中只存在1条边时，概率为，此时不可能是连通；
③同理，中只存在2条或3条边时，概率分别为：，
均不可能是连通的：
④当中只存在4条边时，计算不连通的概率：
i）中存在1个孤立的顶点时，4条边只能存在于其它4个顶点之间．四个顶点组成的图最多有6条边，故概率为．
ii）中存在多于1个孤立的顶点时，边数小于4，与假设矛盾．
iii）中存在2个相互有边的顶点，但都与剩下3个顶点无边，并且这3个顶点相互都有边．概率为．
⑤当中只存在5条边时，计算不连通的概率：
i）中存在1个孤立的顶点时，5边只能存在于其它4个顶点之间．四个顶点组成的图最多有6条边，故概率为，
ii）中存在多于1个孤立的顶点时，边数小于5，与假设矛盾．
iii）中存在2个相互有边的顶点，但都与剩下3个顶点无边时，边数小于5，与假设矛盾，
⑥当中只存在6条边时，不连通的情况只当存在1个孤立点时，
概率为：；
⑦当中存在多于6条边时，因为最多只有6条边，因此必然连通，
故不连通的概率为：，
.药物
疗效
合计
未患疾病
患疾病
未服用
10
50
60
服用
18
42
60
合计
28
92
120
2
5
7
4
9
10
6
8
11