新疆维吾尔自治区2025届高三下学期普通高考第三次适应性检测数学试题（原卷版+解析版）

这是一份新疆维吾尔自治区2025届高三下学期普通高考第三次适应性检测数学试题（原卷版+解析版），共23页。
注意事项：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效．
3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本大题共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. 已知全集，，则集合（ ）
A. B. C. D.
2. 若复数z对应复平面上点，则（ ）
A. B. 2C. D. 10
3. 直线l：的一个方向向量为（ ）
A. B. C. D.
4. 函数（，且）是奇函数，则（ ）
A. B. -1C. D. 1
5. 如图，有三个边长为1的正方形相接，若，，则下列说法正确的是（ ）

A. B. C. D.
6. 长为3的线段的两个端点A和B分别在x轴和y轴上滑动，则点A关于点B对称的点M的轨迹方程为（ ）
A. B. C. D.
7. 安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有
A. 12种B. 18种C. 24种D. 36种
8. 已知函数，若在区间上有最大值，则实数m的取值范围是（ ）
A. B. C. 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 已知曲线，其中，则（ ）
A. 存在α使得C为两条直线
B. 存在α使得C为圆
C. 若C为椭圆，则α越大，C的离心率越小
D. 若C为双曲线，则α越大，C的离心率越大
10. 已知一组样本数据：，其中，，将该组数据排列，下列关于该组数据结论正确的是（ ）
A. 序列不可能既是等比数列又是等差数列
B. 若成等比数列，a和b有4组可能取值
C. 若成等差数列，a和b有3组可能取值
D. 若该数据平均数是1，这组数据方差最小值为
11. 已知函数是定义在上函数，对于区间内的任意两个实数a，b都满足等式：，且当时，，则（ ）
A. 为偶函数
B. 满足这些条件
C. 若，，且，，则
D. ，其中
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知两个变量y与x对应关系如下表：
若y与x满足一元线性回归模型，且经验回归方程为，则________．
13. 二项式的展开式中系数的最大值是________．
14. 用一个平面截球O得到的曲面称为球冠，截面为球冠的底面，如图球冠的高大于球的半径，为底面圆心，是以为底，点S在球冠上的圆锥，若底面的半径是球的半径的倍，点A为底面圆周上一点，则与底面所成的角的大小为________，圆锥的体积与球O的体积之比为________．

四、解答题：本大题共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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，的平分线交于点E．
（1）求A的大小；
（2）若，，求的长．
16. 如图，在平面四边形中，，是边长为2的正三角形，，O为的中点，将沿折到的位置，．
（1）求证：平面；
（2）若点E为线段上的动点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值．
17. 已知函数，且．
（1）当（为自然对数底数）时，求函数在处的切线方程；
（2）函数在上有且仅有两个零点，求a的取值范围．
18. 某地举行中学生科技知识挑战赛，挑战赛分预赛和决赛两个阶段，预赛为闯关比赛．规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次，如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作预赛阶段比赛胜利，无需继续闯关，进入决赛．决赛设置了3个问题，每完整答对1个问题，该队决赛成绩记3分，否则记0分，未进入决赛的参赛队决赛成绩记0分．已知华夏队的甲，乙，丙三名选手在预赛闯关阶段以及决赛阶段每次完整答对1个问题的概率均为p，q，r，每次回答是独立的，Y表示华夏队的决赛总成绩．
（1）若，，，依次派甲，乙，丙进行闯关，求该小组进入决赛的概率；
（2）预赛阶段，若乙只能安排在第二个派出，要使派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出；
（3）决赛阶段，若只能选出一人参加比赛，当最大时，决赛阶段应由哪个选手参加？
19. 已知椭圆，点在椭圆上，椭圆E上存在点H与左焦点F关于直线对称．
（1）求E的方程；
（2）若不平行于坐标轴且互相垂直的两条直线，均过点，直线交E于A，B两点，直线交E于C，D两点，M，N分别为弦和的中点，直线交x轴于点，设．
①求；
②记，，求．
新疆维吾尔自治区2025年普通高考第三次适应性检测
数学
(卷面分值：150分 考试时间：120分钟)
注意事项：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效．
3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本大题共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. 已知全集，，则集合（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先得到，根据条件得到，，分，和三种情况，得到满足要求.
【详解】，
，故，，
若，此时，满足要求，
若，此时，不合要求，
若，此时，不合要求，
综上，.
故选：C
2. 若复数z对应复平面上的点，则（ ）
A. B. 2C. D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的几何意义和复数模长的运算即可得出答案.
【详解】由题可知，所以，
故选：A.
3. 直线l：的一个方向向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线方程直接写出一个方向向量即可.
【详解】由直线方程为，则是直线的一个方向向量.
故选：B
4. 函数（，且）是奇函数，则（ ）
A B. -1C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据奇函数定义，列式，化简求解即可.
【详解】易知函数的定义域为，
又函数是奇函数，
所以对于任意的，都有
，
整理得，
所以，
所以，
所以，
故选：A.
5. 如图，有三个边长为1的正方形相接，若，，则下列说法正确的是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用三角函数的定义计算判断A，B，应用正切的两角差公式求解判断C，根据同角三角函数关系及平面向量数量积公式计算判断D.
【详解】因为正方体边长为1，所以，
所以，A选项错误；
,，B选项错误；
由，则，，C选项错误；
因为，所以，
，D选项正确.
故选：D.
6. 长为3的线段的两个端点A和B分别在x轴和y轴上滑动，则点A关于点B对称的点M的轨迹方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用中点求出坐标，利用相关点法即可求解.
【详解】设依题意有，即，
所以，即，所以，
故选：D.
7. 安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有
A. 12种B. 18种C. 24种D. 36种
【答案】D
【解析】
【详解】4项工作分成3组,可得：=6，
安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，
可得：种．
故选D.
8. 已知函数，若在区间上有最大值，则实数m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分类讨论取绝对值，得出函数的解析式，然后分别求导，判断在每个分段区间上的单调性即可得出答案.
【详解】当时，，
，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以在处取得极大值，
若在区间上有最大值，只需即可，解得；
当时，，
，显然此时，单调递减，不存在有最大值的开区间；
当时，，
，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以在处取得极小值，
此时也不存在最大值的开区间，
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. 已知曲线，其中，则（ ）
A. 存在α使得C为两条直线
B. 存在α使得C为圆
C. 若C为椭圆，则α越大，C的离心率越小
D. 若C为双曲线，则α越大，C的离心率越大
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，由即可判断；对于B，若C为圆，则,求出即可判断；对于C，若C为椭圆，可得，根据椭圆的离心率公式及正切函数的单调性即可判断；对于D，若C为双曲线，可得，根据双曲线的离心率公式及正切函数的单调性即可判断.
【详解】对于A，若，则曲线，即，为两条直线，故A正确；
对于B，若C为圆，则,
由，，可得，解得，
满足，故B正确；
对于C，若C为椭圆，则，且，
所以.
可化为，
若，即，，
则椭圆C的离心率为,
当时，单调递增，故C错误；
对于D，时，，
若C为双曲线，则，即，得.
曲线可化为，
故双曲线C的离心率为，
当时，单调递增，故D正确.
故选:ABD.
10. 已知一组样本数据：，其中，，将该组数据排列，下列关于该组数据结论正确的是（ ）
A. 序列不可能既是等比数列又是等差数列
B. 若成等比数列，a和b有4组可能取值
C. 若成等差数列，a和b有3组可能取值
D. 若该数据平均数是1，这组数据方差的最小值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】数据的顺序可以打乱，根据每一个选项的条件求解即可.
【详解】若为等比数列，由，可知若成等比公比小于，正负交替，
而此时若成等差数列，则具单调性，相互矛盾，
故不可能既是等比数列又是等差数列，A项正确；
若排列后成等比数列，设公比绝对值大于有：
①公比为，数列为，，，，，
公比为，数列为，，，
公比为，数列为，，，
②公比为，数列为， ，；
若公比绝对值小于1， a和b有4组可能取值，
所以若成等比数列，a和b有4组可能取值，B项正确；
由，，若若排序后成等差数列，设公差大于0有：
①公差，数列为， ，；
②公差，数列为；
③公差，数列为，；
公差小于，对应上述倒序排列，故有组可能取值，
所以若成等差数列，a和b有3组可能取值，C项正确；
数据平均数是1，，，
方差，D项错误；
故选：ABC.
11. 已知函数是定义在上的函数，对于区间内的任意两个实数a，b都满足等式：，且当时，，则（ ）
A. 为偶函数
B. 满足这些条件
C. 若，，且，，则
D. ，其中
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，用赋值法可求出，进而令即可判断；对于B，代入验证即可判断；对于C，依题意，，解方程即可；对于D，易求得，故不等式左边可化为，在根据题意即可判断.
【详解】对于A，令得，解得，
令，则，即，所以为奇函数，故A错误；
对于B，令1-x1+x>0得，
当 时, ，所以B 正确；
对于C，依题意，解 得 ，故C正确；
对于D，，
所以，
因为当时，，所以，所以，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知两个变量y与x对应关系如下表：
若y与x满足一元线性回归模型，且经验回归方程为，则________．
【答案】7.5##
【解析】
【分析】先计算，再将点代入回归方程中即可.
【详解】，，
将点代入方程中得，，
得
故答案为：
13. 二项式的展开式中系数的最大值是________．
【答案】32
【解析】
【分析】设第项系数最大，由第项系数不小于第项和第项系数，列不等式组解之可得项数即可得解．
【详解】展开式第项系数为，设第项系数最大，则
，解得，∴，
∴系数的最大值是：．
故答案为：32.
14. 用一个平面截球O得到的曲面称为球冠，截面为球冠的底面，如图球冠的高大于球的半径，为底面圆心，是以为底，点S在球冠上的圆锥，若底面的半径是球的半径的倍，点A为底面圆周上一点，则与底面所成的角的大小为________，圆锥的体积与球O的体积之比为________．

【答案】 ①. ## ②. ##0.28125
【解析】
【分析】假设球的半径为R，依题意，通过勾股定理可求出的长，进而可知的长，进而可求与底面所成的角的正切值，进而可求角；分别算出圆锥的体积与球O的体积即可计算其比值.
【详解】设球的半径为R，则，，
，
，所以.
故答案为：；
四、解答题：本大题共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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，的平分线交于点E．
（1）求A的大小；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边化角，然后利用两角和的正弦公式即可得出答案；
（2）结合三角形面积公式求出，然后再利用面积公式列出方程即可得出答案.
【小问1详解】
由正弦定理得，，
即，
∵，，
∴ ，即；
【小问2详解】
∵，∴ ，解得，
由，可得，
即，解得．
16. 如图，在平面四边形中，，是边长为2的正三角形，，O为的中点，将沿折到的位置，．
（1）求证：平面；
（2）若点E为线段上动点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）或．
【解析】
【分析】(1)利用勾股定理证明垂直，再结合等边三角形三线合一，可由线线垂直证明线面垂直；
(2)利用空间向量法来求线面角的正弦值，从而来求参数即可.
【小问1详解】
证明：依题意是边长为2的正三角形，O为的中点，所以，,
所以，，，，，
则，所以，
又，即，所以，
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又,，，平面，所以平面．
【小问2详解】
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
设，，则，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，∴平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，解得或，
所以的值为或．
17. 已知函数，且．
（1）当（为自然对数的底数）时，求函数在处的切线方程；
（2）函数在上有且仅有两个零点，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）且．
【解析】
【分析】（1）求导，求出切线的斜率和切点坐标，即可得出答案；
（2）将零点问题转换成方程解的个数问题，再转成图像的交点个数问题.
【小问1详解】
因为，所以，，
，，
所以函数在处的切线方程为．
【小问2详解】
因为函数在上有且仅有两个零点，
所以方程有且仅有两个不同的实数根，即方程有且仅有两个不同的实数根．
令，则方程有且仅有两个不同的实数根，
∵，
所以在区间上，，单调递增，
在区间上，，单调递减且，
∴，
∵与 有两个交点，
∴，结合图像解得且．
18. 某地举行中学生科技知识挑战赛，挑战赛分预赛和决赛两个阶段，预赛为闯关比赛．规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次，如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作预赛阶段比赛胜利，无需继续闯关，进入决赛．决赛设置了3个问题，每完整答对1个问题，该队决赛成绩记3分，否则记0分，未进入决赛的参赛队决赛成绩记0分．已知华夏队的甲，乙，丙三名选手在预赛闯关阶段以及决赛阶段每次完整答对1个问题的概率均为p，q，r，每次回答是独立的，Y表示华夏队的决赛总成绩．
（1）若，，，依次派甲，乙，丙进行闯关，求该小组进入决赛的概率；
（2）预赛阶段，若乙只能安排在第二个派出，要使派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出；
（3）决赛阶段，若只能选出一人参加比赛，当最大时，决赛阶段应由哪个选手参加？
【答案】（1）
（2）先派出甲 （3）乙选手参加
【解析】
【分析】（1）分甲成功、甲失败乙成功、甲乙失败丙成功三种情况求概率；
（2）分派甲乙丙和丙乙甲两种情况，分别列出其分布列，再求期望，最后作差比大小；
（3）甲乙丙答对题目数分别，，，且其均符合二项分布，利用二项分布求其期望，再利用计算得分期望.
【小问1详解】
依次派甲乙丙进行闯关时，设事件A表示“该小组进入决赛”，
则，
则该小组进入决赛的概率为.
【小问2详解】
若依次派甲乙丙进行闯关，设派出人员的数目为X，期望为，依次派丙乙甲进行闯关，设派出人员数目的期望为，
所以，，
同理，，
则，
因为，所以，即，
所以要使派出人员数目的期望较小，先派出甲．
【小问3详解】
若甲，乙，丙三人分别参加决赛，决赛阶段答对的题目个数分别为，，，得分分别为，，，
则，，，
所以，，
同理，，
因为，所以，
所以决赛阶段应由乙选手参加．
19. 已知椭圆，点在椭圆上，椭圆E上存在点H与左焦点F关于直线对称．
（1）求E的方程；
（2）若不平行于坐标轴且互相垂直两条直线，均过点，直线交E于A，B两点，直线交E于C，D两点，M，N分别为弦和的中点，直线交x轴于点，设．
①求；
②记，，求．
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）左焦点F关于直线对称点为，将分别代入椭圆即可求解；
（2）①设直线的方程为，联立椭圆与直线方程得到韦达定理，进而可求点坐标，同理可求点坐标，由M，N，Q三点共线，可得其坐标的关系，整体代入即可得到；②求出的通项，所以
，进而利用错位相减求解即可.
【小问1详解】
由题意可得：左焦点关于直线对称点，
，解得，所以E的方程：．
【小问2详解】
①设直线的方程为，，，，，由，得，
所以，
所以，则，
所以，同理可得，
因为M，N，Q三点共线，所以，
又，所以，
因为，所以．
②，
所以
，
设，
则，
，
故
，
解得，
所以
x
1
2
3
4
5
y
5
m
8
9
10.5
x
1
2
3
4
5
y
5
m
8
9
10.5
X
1
2
3
P
p