甘肃省白银市2025届高考三模联考高三数学试题（原卷版+解析版）

这是一份甘肃省白银市2025届高考三模联考高三数学试题（原卷版+解析版），共12页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 已知角满足，则， 在数列中，，且，则， 已知复数，则， 已知圆与圆相切，则取值可以为等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
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.
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.
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. 双曲线的虚轴长为（ ）
A. B. 2C. D.
2. 设集合，则中元素的个数为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
3. 若函数的导函数为偶函数，则的解析式可以为（ ）
A. B.
C. D.
4. 某中学4位任课老师和班上10名学生站成一排，则4位任课老师站在一起的排法种数可以用排列数表示为（ ）
A. B. C. D.
5. 已知角满足，则（ ）
A. B. C. D.
6. 在数列中，，且，则（ ）
A. B. C. D.
7. 将函数图象上的每个点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上单调，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8. 如图，在四面体中，分别为的中点，且，则该四面体体积的最大值为（ ）
A. B. C. D. 1
二､多选题：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. 已知复数，则（ ）
A.
B.
C. 为纯虚数
D. 在复平面内对应的点位于第四象限
10. 已知圆与圆相切，则取值可以为（ ）
A. B. C. 3D. 4
11. 已知函数的定义域为，且，则（ ）
A.
B.
C.
D. 函数的值域为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，且，则__________.
13. 已知是抛物线焦点，是上一点，则__________.
14. 设，则称为这个数的几何平均数.若从等比数列中删除一个数，剩下的个数的几何平均值为，则等比数列的各项之和为__________.
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. 的内角的对边分别为，已知.
（1）求的值；
（2）若的面积为，求的周长.
16. 围棋源于中国，是中国传统文化中瑰宝，下围棋可陶冶情操.某中学坚持开展围棋活动，以提高学生的思维能力，其围棋社的成员中有名男生，名女生.为了解围棋社成员是否利用学棋的情况，现采用按性别比例分配的分层抽样方法抽取名成员调查分析.
（1）求男生和女生各抽取多少人
（2）在抽取的人中，有名女生明确利用学棋，现在从剩下的名成员中再依次随机抽取次，每次抽取人.
①在第一次抽到女生的条件下，求第二次抽到男生的概率；
②设抽到的女生人数为，求的分布列与期望.
17. 如图，在四棱锥中，平面.
（1）证明：.
（2）求平面与平面夹角（锐角）的余弦值.
18 已知函数.
（1）若在上单调递增，求的取值范围；
（2）讨论的单调性；
（3）若在上有个零点，求的取值范围.
19. 在平面直角坐标系中，若点的横、纵坐标均为整数，则称为格点，若曲线上存在3个格点构成三角形，则称为“3格曲线”.
（1）若椭圆为“3格曲线”，求的离心率；
（2）若椭圆上存在个格点，且从中任取3个格点构成三角形，设该三角形的一个顶点为的左顶点的概率为，求；
（3）若直线上存在2个格点，使得，其中为曲线：与轴正半轴的交点，求的值.
高三数学考试
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
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.
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.
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. 双曲线的虚轴长为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据虚轴的定义，即可求解.
【详解】因为，所以，所以双曲线虚轴长为.
故选：C
2. 设集合，则中元素的个数为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】首先求集合，再求，即可求解元素个数.
【详解】，，
依题意可得，则中元素的个数为5.
故选：B
3. 若函数的导函数为偶函数，则的解析式可以为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】逐一判断各选项中导函数的奇偶性即可.
【详解】对于选项A，为奇函数，A错误；
对于选项B，为非奇非偶函数，B错误；
对于选项C，，且，，，
则不是偶函数，C错误；
对于选项D，为偶函数，D正确.
故选：D.
4. 某中学4位任课老师和班上10名学生站成一排，则4位任课老师站在一起的排法种数可以用排列数表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析题给条件用捆绑法即可，再根据分步乘法计算可得排列种数.
【详解】4位任课老师站在一起的排法种数为，
将排完的4位任课教师作为一个整体，与剩下的10名学生站成一排的排法种数有，
再根据分步乘法得排列种数为.
故选：A.
5. 已知角满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将题给条件化简，再根据差的正切公式求解即可.
【详解】由，得，
整理得，
则.
故选：B.
6. 在数列中，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用指数的运算及等差数列的定义，得到是首项为，公差为的等差数列，即可求解.
【详解】因为，所以，所以，
所以是首项为，公差为的等差数列，则，
所以，
故选：D.
7. 将函数图象上的每个点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上单调，则的取值范围是（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用三角函数图像变换，得到函数解析式，然后利用三角函数的性质直接求解即可.
【详解】将已知函数图象上的每个点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，
则可得，则.
设函数的最小正周期为，则，
所以，由，得，
因为，，
所以根据单调性可得且，解得，
则的取值范围是.
故选：B
8. 如图，在四面体中，分别为的中点，且，则该四面体体积的最大值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半结合题意分析得在以为球心，1为半径的球面上，利用基本不等式求得，再由三棱锥体积公式即可得解.
【详解】
连接，因为分别为棱的中点，且2，
所以，故在以为球心，1为半径的球面上.
设，则，
，
即，当且仅当时等号成立.
则.
又四面体底面上的高，
所以，当且仅当时等号成立.
故选：B.
二､多选题：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. 已知复数，则（ ）
A.
B.
C. 为纯虚数
D. 在复平面内对应的点位于第四象限
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据复数的乘法求出复数，再根据复数的相关知识逐项判断即可.
【详解】，
，A正确；
，B正确；
不是纯虚数，C错误；
在复平面内对应的点位于第四象限，D正确.
故选：ABD.
10. 已知圆与圆相切，则的取值可以为（ ）
A. B. C. 3D. 4
【答案】BC
【解析】
【分析】根据两圆相外切和相内切两种情况，列式求解.
【详解】若这两个圆外切，则，
两边平方后，解得或3；
若这两个圆内切，则，
解得.
故选：BC
11. 已知函数的定义域为，且，则（ ）
A.
B.
C.
D. 函数的值域为
【答案】AC
【解析】
【分析】令，得到或，结合恒等关系得到，再根据其奇偶性、区间单调性依次判断各项的正误即可.
【详解】令，得，解得或.
若，令，得，则，
此时，而，
显然不恒成立.
若，同理得，代入恒等式中验证有恒成立，
故，A正确，B错误.
易知是偶函数，且在上单调递增.
因为，且等号不能同时成立，所以，
则，则，C正确.
，易得的值域为，D错误.
故选：AC
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，且，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题给条件求出，再根据向量的数量积公式及模长公式即可求解.
详解】由，得，
则，
则.
故答案为：.
13. 已知是抛物线的焦点，是上一点，则__________.
【答案】100
【解析】
【分析】由点在抛物线上求得，再由抛物线的定义求焦半径即可得.
【详解】由，可得，则.
故答案为：100
14. 设，则称为这个数的几何平均数.若从等比数列中删除一个数，剩下的个数的几何平均值为，则等比数列的各项之和为__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出若删除的是1或，则剩下的个数的几何平均数，从而得到不等式，求出，利用等比数列求和公式进行求解.
【详解】若删除的是1，则剩下的个数的几何平均数最大，
最大值为，
若删除的是，则剩下的个数的几何平均数最小，
最小值为，
则，解得，又，可得，
所以数列的各项之和为.
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. 的内角的对边分别为，已知.
（1）求的值；
（2）若的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题给条件及余弦定理、同角三角函数的基本关系即可求解.
（2）根据三角形的面积公式可求，再根据余弦定理即可求，即可得的周长.
【小问1详解】
由余弦定理可知，.
因为，所以，
即.
由，且，
解得，则.
【小问2详解】
的面积，则.
因为，所以由，
可得，
则，
故的周长为.
16. 围棋源于中国，是中国传统文化中的瑰宝，下围棋可陶冶情操.某中学坚持开展围棋活动，以提高学生的思维能力，其围棋社的成员中有名男生，名女生.为了解围棋社成员是否利用学棋的情况，现采用按性别比例分配的分层抽样方法抽取名成员调查分析.
（1）求男生和女生各抽取多少人.
（2）在抽取的人中，有名女生明确利用学棋，现在从剩下的名成员中再依次随机抽取次，每次抽取人.
①在第一次抽到女生的条件下，求第二次抽到男生的概率；
②设抽到的女生人数为，求的分布列与期望.
【答案】（1）有名女生，有名男生.
（2）①；②分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）利用分层抽样的方法直接求解即可；
（2）①根据条件概率公式直接求解即可；②根据求解离散型随机变量分布列的步骤，得到取值，求出相应概率，列出分布列，进而求得期望.
【小问1详解】
由题意，得分层抽样的抽样比为，
所以抽取的男生人数为，
抽取的女生人数为.
【小问2详解】
由已知得剩下名成员中，有名女生，有名男生.
①设“第一次抽到女生”为事件，“第二次抽到男生”为事件，
则，
则.
即在第一次抽到女生的条件下，第二次抽到男生的概率为.
②由题知，的可能取值为，
则，
，
，
，
则的分布列为
故.
17. 如图，在四棱锥中，平面.
（1）证明：.
（2）求平面与平面夹角（锐角）的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）连接，利用线面垂直得到线线垂直，结合余弦定理，求得，利用勾股定理可得，再利用线面垂直的判定定理，可得平面，即可得到线线垂直；
（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法直接求解面面角的余弦值即可.
【小问1详解】
连接，因为平面平面，
所以，又，所以.
在中，由，
所以，解得，
则，即.
因为平面平面，所以.
又平面，
所以平面.
因为平面，所以.
因为平面，所以平面.
又平面，所以.
【小问2详解】
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系.
由，可得，则，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则由得，
令，得.
设平面的法向量为，
则由得，
令，得.
设平面与平面的夹角为，则.
即平面与平面的夹角的余弦值为.
18. 已知函数.
（1）若在上单调递增，求的取值范围；
（2）讨论的单调性；
（3）若在上有个零点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）.
【解析】
【分析】（1）由在上单调递增，可得对恒成立，转化为对恒成立，即可直接求出的取值范围；
（2）利用导数直接分类讨论，分析导函数的正负，即可得到含参函数的单调性；
（3）由（2）中单调性，首先排除，故，要使得在上有个零点，需满足且，构造函数，结合导数求出恒成立，所以只需满足，求出结果即可.
【小问1详解】
依题意得对恒成立，
即对恒成立，
所以，即的取值范围是.
【小问2详解】
由题知，的定义域为，
又，
当时，在上单调递增.
当时，令，得，令，得，
则在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问3详解】
由（2）知，当时，在上单调递增，
则在上至多有个零点，则不符合题意.
当时，要使得在上有个零点，
则，即，
且，
设函数，
则，
所以在上，单调递增，
在上，单调递减，
所以.
由，得.
即的取值范围为.
19. 在平面直角坐标系中，若点的横、纵坐标均为整数，则称为格点，若曲线上存在3个格点构成三角形，则称为“3格曲线”.
（1）若椭圆为“3格曲线”，求的离心率；
（2）若椭圆上存在个格点，且从中任取3个格点构成三角形，设该三角形的一个顶点为的左顶点的概率为，求；
（3）若直线上存在2个格点，使得，其中为曲线：与轴正半轴的交点，求的值.
【答案】（1）；
（2）；
（3）或1或3或.
【解析】
【分析】（1）根据“3格曲线”定义，建立不等式求解得，代入计算得，计算即可求解；
（2）分,,三种情况，计算即可求解；
（3）根据，结合题意得，设，计算可得，结合，分类讨论求解即可.
【小问1详解】
由题可知，的左顶点，右顶点是两个格点.
因为，所以的上，下顶点不为格点.又为“3格曲线”，所以上至少存在一个异于椭圆顶点的格点，则，则，
由，可得，解得，
则的离心率；
【小问2详解】
由（1）可知，当时，是上的格点，且，
此时上有，共6个格点，
则
当时，易知上有，共4个格点，则，
当时，易知上有，共2个格点，不符合题意，
故；
【小问3详解】
因为是直线上的两个格点，所以，
显然，则，即.
又，所以，不妨设.
当，时，，且.
则，得,
当时，
若，则，解得,
若，则，解得,
当时，,
若，则，解得,
若，则，解得,
综上所述，的值可能为或1或3或.