河南省安阳市2025届高三第三次模拟考试数学试题（解析版）

这是一份河南省安阳市2025届高三第三次模拟考试数学试题（解析版），共16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. 已知复数，则z在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】由已知得，
则在复平面内对应的点的坐标为，该点在第三象限.
故选：C.
2. 已知向量，，若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由，得，解得.
故选：B
3. 若，是两条不同的直线，是一个平面，，则“”是“”的（ ）．
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】因为，是两条不同的直线，是一个平面，，
若，则或，故充分性不成立；
若，则在平面存在直线，使得，又，，所以，所以，故必要性成立，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
4. 某校从2名女生和4名男生中选出3人去参加一项创新大赛，则选出的3人中至少有1名女生的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】.
故选：C.
5. 已知函数的极小值为，则实数的值为（ ）
A. 8B. 6C. 4D. 2
【答案】A
【解析】由已知得，令，得，
当时，单调递减，
当或时，单调递增，
所以的极小值为，解得.
故选：A.
6. 已知在中，，，则的值为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】由已知得，则，
所以，
故选：D．
7. 已知圆锥的顶点为V，母线所成角的余弦值为，与圆锥底面所成的角为，若圆锥的侧面积为，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设圆锥的底面半径为，母线长为，由与圆锥底面所成的角为，知，
又，所以，
设所成的角为，由，得，
所以的面积为，
故选：B．

8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为P，离心率为.过点且垂直于的直线与C交于两点，，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】D
【解析】如图，连接
因为，即，，
因，则为正三角形.
又，则直线为线段的垂直平分线，故，，且，
故直线的方程为，代入椭圆的方程，得.
设，则，，
则，
解得，则，
.
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. 已知函数，则（ ）
A. 的值域是B.
C. 在区间上单调递增D. 是奇函数
【答案】ABD
【解析】对于A，因为的值域为，所以的值域为，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，当时，，
因为在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以在区间上不单调，故C错误；
对于D，，为奇函数，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知非空数集M具有如下性质：①若，则；②若，则.下列说法中正确的有（ ）.
A. .B. .
C. 若，则.D. 若，则.
【答案】BC
【解析】对于，若，令，则，令，则，令，不存在，即，矛盾，所以，故错误，
对于，由于集合非空，取任意元素，根据性质①，得，再根据性质②，得，进而，故正确，
对于，因为，所以，因为，所以，故正确，
对于，若，则，故错误，
故选：.
11. 已知函数的定义域为R，和均为偶函数，且当时，.下列说法中正确的有（ ）
A. 以2为周期
B. 当时，
C. 设函数在区间上的两个零点为，，则
D. 函数在区间上的最大值为
【答案】AC
【解析】A选项，和均为偶函数，
故，，
中，将替换，得，
故，所以的一个周期为2，A正确；
B选项，当时，，则，
当时，，故，
故当时，，B错误；
C选项，当时，，则，
不妨设，因为在上单调递减，所以，
由可得，即，
所以，即，
即，即，
所以，即，C正确；
D选项，由C可知，当时，，
当时，，又的一个周期为2，
故，
，
，
令得或（舍去），
令得，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
故区间上的最大值为，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. 的展开式中，的系数是_______.（用数字作答）
【答案】8
【解析】的展开式的通项为，
令，得，所以的系数为.
故答案为：8
13. 已知双曲线的焦点到其渐近线的距离为，则C的离心率为_______.
【答案】2
【解析】双曲线的焦点到其渐近线的距离为，则，
双曲线的离心率.
故答案为：2.
14. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则的值为_______，的取值范围为_______.
【答案】①. 2 ②.
【解析】由，得，
即，
即，由正弦定理得，即；
而，
当且仅当，即时取等号，
又，所以，
故的取值范围为.
故答案为：2；.
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. 如图，已知直线l与抛物线交于A，B两点，且，于点.
（1）求直线l的方程；
（2）求p.
解：（1）由题意，得直线的斜率，
因为，所以直线的斜率.
又点的坐标为，
所以直线的方程为，
即.
（2）由得，
设，则.①
因为，所以，即.
又因为，所以.②
将①代入②，得.
又，所以.
16. 某工厂引进两条智能化生产线，从这两条生产线生产的产品中各随机抽取100件进行检验，得到的数据如下表：
（1）依据小概率值的独立性检验，分析A，B两条智能化生产线的优质品率是否存在差异；
（2）用样本的频率估计概率，若B生产线的生产效率是A生产线的2倍，现从A，B两条生产线同一时间段内生产的均匀混合放置的产品里任取一件产品，求其是优质品的概率；
（3）用样本频率估计概率，若从B生产线上随机抽取3件产品，记X为这3件产品中优质品的件数，求X的分布列和数学期望．
附．
解：（1）零假设：A，B两条智能化生产线的优质品率是不存在差异
.
依据小概率值的独立性检验，可知零假设不成立，
可以认为两条智能化生产线的优质品率存在差异．
（2）设“生产线生产的产品”为事件，“生产线生产的产品”为事件，“任取一件产品是优质品”为事件，
由题可知，，
则，
所以任取一件产品是优质品的概率为．
（3）的所有可能取值为0，1，2，3，由题意得，
，
.
所以的分布列为：
所以的数学期望．
17. 如图，在四棱台中，底面是正方形，底面，，点E在直线上，且.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）求平面与平面的夹角的余弦值.
（1）证明：如图，连接交于点，则.
连接，由题意，得四点共面.
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，即.
因为四边形是正方形，所以四边形是正方形.
又因为，所以，
所以，所以四边形是平行四边形，所以.
因为平面平面，
所以平面.
（2）证明：因为平面平面，所以.
又平面平面，
所以平面.
因平面，所以.
由，得，所以.
因为平面平面，
所以平面.
因为平面，所以.
因为平面平面，
所以平面.
（3）解：以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则.
由（2）知平面的一个法向量为.
由题意，得平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
18. 已知函数.
（1）若，，求曲线在点处的切线方程；
（2）若是的极大值点，求a的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若对恒成立，求a的取值范围.
解：（1）若，则，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）由题意，得的定义域为，，所以.
当时，在区间上，单调递减，
在区间和上，单调递增，
所以是的极大值点，满足条件.
当时，在区间上单调递增，没有极值，不满足条件.
当时，在区间上，单调递减，
在区间和上，单调递增，
是的极小值点，不满足条件.
当时，在区间上，单调递减，在区间上，单调递增，所以是的极小值点，不满足条件.
综上，的取值范围是.
（3）由（2）知，，且时，，
所以在上，恒成立，即恒成立，
即恒成立.
设，则.
令，则，当时，，
所以即在区间上单调递减，又，
所以，所以在区间上单调递减.
又，所以的取值范围是.
19. 若正项数列满足对任意，都有成立，则称数列为“倍增数列”.
（1）试判断数列1，2，5，13和数列1，3，8，21是否为“倍增数列”；
（2）设数列为“倍增数列”，若为整数，，，，求正整数k的最大值；
（3）设数列满足，，试判断数列是否是“倍增数列”，并说明理由.
解：（1）①因为，所以，
所以数列1，2，5，13是“倍增数列”.
②因为，所以，
所以数列1，3，8，21不是“倍增数列”.
（2）因为数列是“倍增数列”，为整数，且，
所以，且为正整数，
所以，
即.
又因为，所以.
因为能整除，结合（*），可得，
所以，
所以正整数的最大值为6.
（3）是“倍增数列”.理由如下：
因为，所以
.
所以，即，
所以是“倍增数列”.优质品
合格品
总计
A生产线
90
10
100
B生产线
80
20
100
总计
170
30
200
α
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
0
1
2
3
0.008
0.096
0.384
0.512