四川省仁寿第一中学校南校区2025届高三下学期第三次模拟考试 数学试题（含解析）

这是一份四川省仁寿第一中学校南校区2025届高三下学期第三次模拟考试 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．已知集合，，则
A．B．C．D．
2．已知向量．若，则的值为（ ）
A．10B．6C．3D．
3．一组样本数据删除一个数后，得到一组新数据：10，21，25，35，36，40.若这两组数据的中位数相等，则删除的数为（ ）
A．25B．30C．35D．40
4．已知双曲线，则“的渐近线互相垂直”是“的离心率等于”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
5．设是两个平面，是两条直线，则下列命题不正确的是（ ）
A．，，则
B．，直线，，则
C．，则
D．过平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于平面
6．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，其终边与圆交于点．若点沿着圆的圆周按逆时针方向移动个单位长度到达点，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知是定义在的奇函数，且．若，则（ ）
A．B．0C．2D．4
8．已知点在抛物线上，点为圆上任意一点，且的最小值为3，则，圆的半径为（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、多选题（本大题共3小题）
9．将函数图象上所有的点向左平移3个单位长度，得到函数的图象，则下列命题正确的是（ ）
A．的最小正周期为36
B．
C．为偶函数
D．在上共有5个极值点
10．某广场内设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的(被称作阿基米德体)，如图所示，若该石凳的棱长为，下列结论正确的有（ ）
A．平面B．该石凳的体积为
C．，，，四点共面D．点到平面的距离为
11．已知数列满足，，给出下列结论正确的是（ ）
A．存在，使得为常数列
B．对任意的，为递增数列
C．对任意的，既不是等差数列也不是等比数列
D．对于任意的，都有
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知，则 .
13．在的展开式中，的系数为80，则实数的值为 .
14．设函数，函数．若函数恰有两个零点，则的取值范围为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知的内角的对边分别为．已知．
(1)求角：
(2)若，求的面积．
16．如图，在平面四边形中，是边长为2的等边三角形，且，沿将折起，使点到达点．
(1)求证：：
(2)当三棱锥体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值．
17．如图，点，，，，均在直线上，且，质点与质点均从点出发，两个质点每次都只能向左或向右移动1个单位长度，两个质点每次移动时向左移动的概率均为，每个质点均移动2次.已知每个质点移动2次后到达的点所对应的积分如下表所示，设随机变量为两个质点各自移动2次后到达的点所对应的积分之和.
(1)求质点移动2次后到达的点所对应的积分为0的概率；
(2)求随机变量的分布列及数学期望.
18．已知椭圆的离心率为，点在上．
(1)求的方程；
(2)设椭圆．若过的直线交于另一点交于两点，且在轴上方．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）为坐标原点．为右顶点．设在第一象限内，，是否存在实数使得的面积与的面积相等？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
19．数学家高斯在研究整数问题时，发明了取整符号，用表示不超过的最大整数，例如，．
(1)分别求函数和的值域；
(2)若，求函数的值；
(3)若数列满足：是数列的前项和，求的值．
参考答案
1．【答案】B
【详解】，，故，故选B.
2．【答案】A
【详解】由题设，则，可得.
故选A.
3．【答案】B
【详解】依题意，新数据组有6个数，其中位数是，
显然原数据组有7个数，因此删除的数是中位数30.
故选B.
4．【答案】A
【详解】的渐近线方程为，
当的渐近线互相垂直时，则，故，因此离心率为,
故“的渐近线互相垂直”是“的离心率等于”的充要条件，
故选A.
5．【答案】D
【详解】设平面的法向量分别为，直线的方向向量为，
对于A：由，，可得：，
所以，所以，正确；
对于B：，可得，
由，可得，
所以，又，所以，正确；
对于C：由
可得：，且，且不共线，
所以，所以，正确；
对于D：不知和平面的位置关系，显然无法判断，错误；
故选D.
6．【答案】B
【详解】因为角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，其终边与圆交于点，
所以圆半径，
所以，
因为点沿着圆的圆周按逆时针方向移动个单位长度到达点，
所以，
所以
.
故选B.
7．【答案】C
【详解】因为，可得，
可知函数的一个周期为4，
又因为是定义在的奇函数，则，
则，即，
令，可得；
令，可得，即，
则，
所以.
故选C.
8．【答案】A
【详解】根据题意得，，解得，即，
因为圆心恰好为抛物线的焦点，则，
又，所以点在圆的外部，
所以的最小值为，解得.
故选A.
9．【答案】ACD
【详解】对于A，的最小正周期为，A正确；
对于B，将函数图象上所有的点向左平移3个单位长度可得：
，B错误，
对于C，因为，所以为偶函数，C正确，
对于D，令，可得，解得：，
由，
可得的取值有，共有5个极值点，D正确；
故选ACD.
10．【答案】AC
【详解】“阿基米德体”是由如图所示得到的，即“阿基米德体”的所有顶点都是正方体的棱的中点.
A选项：由图可知平面，故A选项正确；
B选项：，故B选项错误；
C选项：∵，，，四点均是正方体个棱上中点，
∴，且这个六条边长全相等，∴，，，四点共面，故C选择正确；
D选项：如图建立空间直角坐标系，
∵，∴正方体棱长为4，∴，，，，
所以，设平面的一个法向量为，
则，解得，即，，
∴点到平面的距离，故D选项错误.
故选AC.
11．【答案】BCD
【详解】由题意，
在数列中，，，
对于A，
若为常数列，则，根据递推公式，
可得，进而可得，解得，又，
故不存在，使得为常数列，故A错误；
对于B，
对于，由递推公式，，
可得，所以，，所以，
所以数列是递增数列，结论B正确；
对于C，
若是等差数列，则为常数，可得常数，
则可得是常数数列，则，与矛盾，
故对任意的，不是等差数列，
若是等比数列，则为常数.根据递推公式，
即为常数，则为常数数列，则可得，这与矛盾，
所以对任意的，不是等比数列；
综上所述：对任意的，既不是等差数列也不是等比数列，故C正确；
对于D，
由，两边平方得：
，
故D正确.
故选BCD.
12．【答案】
【详解】因为
由
.
13．【答案】
【详解】由二项式的展开式的通项为，其中，
因为展开式中的系数为，
令，可得，解得.
14．【答案】
【详解】令函数，
函数在R上单调递增，而，则当时，，
当时，，因此，
令函数，由恰有两个零点，得函数的图象与直线有两个交点，
在同一坐标系内作出函数的图象与直线，
直线恒过定点，观察图象，
当时，函数的图象与直线恒有两个交点，则；
当直线过点时，函数的图象与直线有两个交点，则；
当直线与曲线相切时，函数的图象与直线有两个交点，
设切点坐标为，，于是，解得，则，
所以的取值范围为.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，由正弦定理得
在中，，则，即，
故．
（2）由余弦定值知：，
即，则，
所以．
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取中点，连接，
由，得，由等边，得，
而平面，，则平面，又平面，
所以.
（2）依题意，的面积为，三棱锥体积，
则当且仅当点到平面的距离最大时，三棱锥体积最大，
在中，，，因此当平面时，三棱锥体积最大，
在平面内过作于，连接，由平面，平面，
得，而平面，于是平面，
又平面，则，是二面角的平面角，
在中，，在中，，
，所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．【答案】(1)；
(2)分布列见解析，200.
【详解】（1）设事件为“质点移动2次后到达的点所对应的积分为0”，
由题意可知点两次移动后在点，又起点为点，即的移动一次向左一次向右，
所以.
（2）的所有可能取值为，，0，200，400.
，
，
，
，
，
所以随机变量的分布列为
.
18．【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）存在，
【详解】（1）由已知，可得，
因为，，
解得，
所以椭圆方程为
（2）如图，
（ⅰ）证明：
要证，只需证明弦的中点与弦的中点重合.
当垂直于轴时，弦的中点都是坐标原点，故它们的中点重合，
此时
当不垂直于轴时，设直线的方程为，
由，得，
则，
所以弦中点的横坐标为，
同理可得，
所以弦中点的横坐标为
所以弦的中点与弦的中点重合，此时.
综上所述，
(ii)因为，所以，
又因为点在第一象限内，，
由(i)知，，所以,
又，所以，
化简得 ①
设到的距离为，C到的距离为，
假设的面积与的面积相等，则，
因为，所以，所以,
又，
因为，所以，
所以 ②
由①②解得，经检验符合题意，
所以
19．【答案】(1)，的值域为整数集；
(2)；
(3).
【详解】（1）由于，所以，
由于函数的值域为，所以的值域为整数集；
（2）令，则，当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，又，，
所以当时，，当时，．
由于恒成立，并且当时，，当时，．
故当且时，，当时，．
所以.
（3）令，则在上单调递减，且，
，所以
依次可得：，
令，则在上恒成立．
所以在上单调递增，
故，又，
所以当为偶数时，
,
即，
故；
当为大于1的奇数时，
,
,
即，故．
所以.
积分
0
100
200
0
200
400