陕西省宝鸡市2025届高三高考模拟检测试题（三） 数学试题（含解析）

这是一份陕西省宝鸡市2025届高三高考模拟检测试题（三） 数学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．若复数z满足，则（ ）
A．1B．5C．7D．25
2．已知集合则（ ）
A．B．
C．D．或
3．已知函数的图象关于直线对称，则的值为（ ）
A．B．C．D．
4．若向量满足，，，则与的夹角为( )
A．B．C．D．
5．设为一个随机试验中的三个事件且概率均不为0，则的充要条件是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知函数满足，当时，，则（ ）
A．2B．4C．8D．18
7．已知过点的直线与曲线交于两点，且，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知数列满足给出下列三个命题
①数列为等比数列；
②数列为等差数列；
③当时，.
其中真命题的个数为（ ）个
A．0B．1C．2D．3
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知数列是公比为的等比数列，其前项和为，则（ ）
A．
B．
C．
D．
10．已知函数的图象如图所示，则（ ）
A．B．
C．D．
11．在三维空间中，一个方程含有三个变量，如，这个方程通常表示一个曲面；曲面上的任一点都满足这个方程，而满足该方程的任一点也必定在该曲面上.已知在空间坐标系中将平面内的椭圆绕其长轴旋转一周得到的封闭的曲面称为椭球面，其方程为，该曲面围成的几何体称为椭球体，设，则下列说法正确的有（ ）
A．点在椭球体内
B．设点为椭球体表面上一动点，则
C．椭球体必存在内接正方体（正方体的8个顶点均在椭球表面上）
D．椭球体的内接圆柱（圆柱的母线与轴平行）的侧面积最大值为
三、填空题（本大题共3小题）
12．.
13．三棱锥中，，且，则当该三棱锥的体积最大时二面角的正切值为 .
14．已知函数和的定义域均为，且，若是偶函数，，则 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．在三角形中，角的对边分别为，已知.
(1)若三角形的面积为，且，求；
(2)若，且，求.
16．如图，一个直三棱柱和一个正四棱锥组合而成的几何体中，
(1)证明：平面平面；
(2)若平面，求直线与平面所成角的余弦值.
17．已知双曲线过点且一条渐近线方程为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若过点的直线与双曲线相交于两点，试问在轴上是否存在定点，使直线与直线关于轴对称，若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.
18．2025“西安年•最中国”春节再次火爆出圈，申遗成功后的首个春节，遇上首个“非遗版春节”，千年古都西安凭借其深厚的历史文化底蕴和丰富的旅游资源吸引了大量国内外游客前来感受一个别样“西安年”.以下随机收集了春节期间5天的日期代码和每天旅客数量（单位：万人）的5组数据，得到统计数据如下表：
由5组数据制成图（1）所示的散点图.现用两种模型①，②分别进行拟合，由此得到相应的回归方程并进行残差分析，进一步得到图（2）所示的残差图.
(1)根据残差图判断选择哪个模型拟合较好并说明理由；
(2)根据（1）问中所选的模型，求出关于的经验回归方程；
(3)为了吸引旅客，某景点在售票处针对各个旅游团进行了现场抽奖的活动，具体抽奖规则为：从该旅游团所有游客中随机同时抽取两名游客，若两名游客性别不同则为中奖.已知某个旅游团中有5个男游客和个女游客，现按抽奖规则重复进行三次抽奖，设三次抽奖中恰有一次中奖的概率为，当为何值时，最大？
参考公式：对于一组数据其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：
19．已知
(1)当且时，求的极值；
(2)对于一切时，不等式恒成立，求实数的取值范围；
(3)定义：如果数列的前项和满足，其中为常数，则称数列为“和上界数列”，为数列的一个“和上界”.设数列满足.证明：当时，数列为“和上界数列”，且不小于4的常数均可作为数列的“和上界”.
参考答案
1．【答案】B
【详解】由题意有，故．
故选B．
2．【答案】A
【详解】定义域为：，则；
，则，
则.
故选A.
3．【答案】B
【分析】由正弦函数的图象的对称性可得，由此可以求出的值.
【详解】由题得：，故，而，所以.
故选B.
4．【答案】C
【详解】由题可知，，
∴，
∴向量与的夹角为.
故选C.
5．【答案】C
【详解】抛掷一枚质地均匀的殶子朝上的点数，
设表示事件“点数是1点”，表示事件“点数是3点或5点”，
表示事件“点数是偶数点”，表示事件“点数是奇数点”，
，
此时满足，但，故选项错误；
，但，故选项错误；
成立，但，故选项错误；
对于选项，对于随机事件，且，
则由得，又，
得，
又因为，所以，
则，故必要性成立，
反之，由可得，
所以，故充分性成立，所以选项正确.
故选.
6．【答案】C
【详解】因为，所以．
因为，所以．
故选C.
7．【答案】D
【详解】设过直线为，将直线与抛物线联立，可得，
消去x可得：，判别式为.
设点，由韦达定理可得.
又，则，由对称性，不妨设，则，
则.
则.
故选D.
8．【答案】D
【详解】数列满足，
当为偶数时，，所以，，
所以，所以，所以，所以数列为等比数列，①正确；
当为奇数时，，所以，
所以，所以，所以，所以数列为等差数列，②正确；
因为时，.
数列为等差数列，所以,③正确；
故选D.
9．【答案】ABD
【详解】根据题意，，
两式相除得，A正确；
又即可得，B正确；
，C错误；
根据选项A，可知为首相为，公比为的等比数列，
所以
.
D正确.
故选ABD.
10．【答案】BC
【详解】由图可知，，则A错误.
由题意可得，
因先增后减再增，则先正后负再正，故，故B正确；
因有两个极值点，且，是的两个零点，
则，则，故C正确；D错误.
故选BC.
11．【答案】BCD
【详解】A项，∵，
∴点在椭球体外，A错误；
B项，在中，，
在中，为椭球面焦点，
∴若点为椭球体表面上一动点，则，故B正确；
C项，设椭球体存在内接正方体，其顶点为，
代入椭球方程，，解得：（舍）或，
∴椭球体必存在内接正方体（正方体的8个顶点均在椭球表面上），
其顶点为，边长为，故C正确；
D项，圆柱母线平行于轴，横截面圆方程为，满足，
设圆柱的高度为，则两端在，有，
侧面积，，
∴当即时，函数单调递减，当即时，函数单调递增，
∴函数在处取最大值，
此时，故D正确；
故选BCD.
12．【答案】1024/
【详解】由于，
令，得①，
令，得②，
①-②可得，
所以.
13．【答案】
【详解】
依题意可得三棱锥体积为
因为所以当面时，即时三棱锥体积最大，此时两两互相垂直.
取的中点为，连接
因为所以
又因为所以，所以为二面角的平面角，又因为
所以二面角的正切值为
14．【答案】68
【详解】，
.
则.
因为偶函数，则，
即，结合.
则，
则，
即的一个周期为4.因，由，，
可得.，
对于，令，可得，
又，令，可得.
则，又的一个周期为4，
则
.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）在中，，由正弦定理得
即
因为所以，即
又，即，
又，所以
则
（2）因为，设，则
在中，由余弦定理得
在中，由余弦定理得
所以，则.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）在直三棱柱中，平面，
又平面.
又平面，
平面.
又平面，
平面平面.
（2）以为原点，以的方向分别为轴，轴，轴的正半轴方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，则.
则故
设平面的一个法向量为.
则，即，
取，则.
设正四棱锥的高为，则，则，
且平面则
即，则
设平面的一个法向量为，
则，即，取，则
设直线与平面所成角为，且
则.
则，所以直线与平面所成角的余弦值为.
17．【答案】(1)
(2)存在，
【详解】（1）双曲线的一条渐近线方程为，设双曲线方程为，
又双曲线过点，则代入得，
双曲线的方程为；
（2）

设，，
假设在轴上存在定点，使直线与直线关于轴对称.
由题意知，直线的斜率一定存在，则设其方程为，
联立方程组，消去得：，
由题意知，即，
又有，，
则，
，
，，
上式对恒成立，，
存在定点，使，即使直线与直线关于轴对称.
18．【答案】(1)②，理由见解析
(2)
(3)
【详解】（1）由图知，应该选择模型②.
理由为：模型②的残差点比较均匀地落在水平的带状区域中，且带状区域的宽度比模型①带状宽度窄，
模型②的残差的绝对值远小于模型①的残差的绝对值，所以②的拟合精度更高，
回归方程的预报精度相应就会越高.故选模型②比较合适.
（2）由（1）知，选用模型②，两边取对数，得
令与可以用经验回归方程来拟合，则
计算可得
.
所以
.所以，即
所以回归方程为.
（3）记“从5个男游客和个女游客中随机同时抽取两名游客，两名游客性别不同（即为中奖）”为事件，
则
设
恒成立
时取得最大值，即
，
令
则，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
当时，取得最大值.由，解得或（舍去）
当时，恰有一次中奖的概率最大.
19．【答案】(1)极小值，极大值
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）由题知，
，
令，则，又则或，则或，
所以
.
（2）对于一切，不等式亘成立，即恒成立.
方法一：设，则，
设，
设，则
则在上单调递增，，即
所以在上单调递增，
①当，即时，在上恒成立，符合题意.
②当，即时，由于且在上单调递增，
存在，使得，且在上，单调递减，
故在上，，不合题意.
综上，.
方法二：对于一切恒成立.
设则
设，
则
设，则
则在上单调递增，，
即所以在上单调递增，，
则在上单调递增，当时，由洛必达法则知，则
综上知，.
（3）对于一切恒成立，证明如下：
令，则
则在上单调递增，，即对恒成立.
当时，，即，
由，其中，所以
当
又当时，成立；
综上所述，任意都有，故数列为“和上界数列”，且不小于4的常数4为数列的“和上界”.
日期
1月28日
1月29日
1月30日
1月31日
2月1日
日期代码
1
2
3
4
5
旅客数量（万人）
55
80
150
270
485
4
4.4
5
5.6
6
0
-
0
+
0
-
单调递减
单调递增
单调递减