江苏省连云港市灌云县杨集高级中学2025届高三下学期三模考前数学质量检测（练习卷）【含答案】

这是一份江苏省连云港市灌云县杨集高级中学2025届高三下学期三模考前数学质量检测（练习卷）【含答案】，共17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
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．设复数满足（为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
3．已知平面向量是两个单位向量，在上的投影向量，则（ ）
A．1B．C．D．
4．若数列各项均为正数，则“为等比数列”是“为等差数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
5．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，点到点的距离与到直线的距离相等，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
6．已知函数则的解集是（ ）
A．B．C．D．
7．已知圆锥的侧面展开图为半圆，其轴截面是以为顶点的等腰三角形，若分别是该三角形的三个内角，则（ ）
A．B．C．0D．1
8．若函数有唯一零点，且，则（ ）
A．B．C．D．1
二、多选题
9．在二项式的展开式中，前3项的系数成等差数列，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．展开式中所有奇数项的二项式系数和为128
C．常数项为
D．展开式中系数最大项为第3项和第4项
10．“早潮才落晚潮来，一月周流六十回”，潮汐现象是海水受日月的引力而引起的周期性涨落现象，观察发现某港口的潮汐涨落规律为（其中（单位）为港口水深，（单位）为时间，）.若某轮船当水深大于时可以进出港口，根据表格中的观测数据，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．该轮船9点可以进出港口
D．该轮船从0点到12点，在港口可停留的时间最长不超过4小时
11．已知，分别是椭圆：的左、右焦点，为坐标原点，为上异于左、右顶点的一点，是线段的中点，则（ ）
A．B．
C．内切圆半径的最大值为D．外接圆半径的最小值为1
三、填空题
12．将两个1，两个3，一个5排成一行，则不同的排法种数为 .（用数字作答）
13．函数的最小值为 .
14．已知正四面体的棱长为，动点P满足，用所有这样的点P构成的平面截正四面体，则所得截面的面积为 .
四、解答题
15．某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为，当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为.已知输入的问题表达不清晰的概率为.
(1)求智能客服的回答被采纳的概率；
(2)在某次测试中输入了3个问题（3个问题相互独立），设表示智能客服的回答被采纳的次数.求的分布列、期望及方差.
16．如图，正方形所在平面和等腰梯形所在平面互相垂直，已知，，点在线段上.
(1)求证：平面平面；
(2)当直线与平面所成角的正弦值为时，求.
17．已知双曲线：的离心率为，为坐标原点，过的右焦点的直线交的右支于P，Q两点，当轴时，.
(1)求的方程；
(2)过P作直线的垂线，垂足为N.
（i）证明：直线过定点；
（ii）求面积的最小值.
18．中国古代许多著名的数学家对推导高阶等差数列的求和公式很感兴趣，创造并发展了名为“垛积术”的算法，推导出了三角垛、方垛、刍甍多、刍童垛等的公式．我们把公差不为0的等差数列称为“一阶等差数列”，若数列是“一阶等差数列”，则称数列是“二阶等差数列”．定义：若数列是“阶等差数列”，则称原数列为“阶等差数列”．例如：数列，它的后项与前项之差组成新数列，新数列是公差为的等差数列，则称数列为二阶等差数列．
(1)若数列满足，，且，求证：数列为二阶等差数列；
(2)若三阶等差数列的前项依次为，求的前项和；
19．已知，函数，.
(1)当时，求的极值；
(2)若存在零点.
（i）当时，求的取值范围；
（ii）求证：.
时间
1
4
7
10
13
16
19
22
水深
11
12.5
14
12.5
11
12.5
14
12.5
《江苏省连云港市灌云县杨集高级中学2025届高三下学期三模考前数学质量检测（练习卷）》参考答案
1．B
【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解.
【详解】集合，则，
所以.
故选：B
2．A
【分析】根据复数的乘除法运算即可得到答案.
【详解】.
故选：A.
3．B
【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义及数量积的运算律求解.
【详解】由在上的投影向量，得，则，而是单位向量，
因此，又是单位向量，所以.
故选：B
4．C
【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义，结合等差数列、等比数列的定义判断.
【详解】数列中，，
数列为等比数列，令其公比为，则，，
为常数，因此数列为等差数列；
反之，为等差数列，令其公差为，则，即为常数，
因此数列为等比数列，
所以“为等比数列”是“为等差数列”的充要条件.
故选：C
5．B
【分析】首先求出抛物线的准线方程，根据抛物线的定义及已知条件得到，求出，再代入抛物线方程，求出.
【详解】抛物线的准线为，
又点在抛物线，所以点到点的距离与到直线的距离相等，
又，点到点的距离与到直线的距离相等，
所以，解得，即，所以，解得.
故选：B
6．A
【分析】先判断函数为奇函数，再根据函数单调性解抽象不等式即可.
【详解】当时，，，；
当时，，，；
且当时，，
所以为奇函数，
易知为上的递减函数，
则，
所以原不等式的解集为.
故选：A
7．B
【分析】根据，得，进而判断三角形为等边三角形，进而利用正切的和差角公式即可化简求解.
【详解】设圆锥的底面圆半径以及圆锥的母线分别为，
由题意可得，故，
因此三角形为等边三角形，故,
故,
故选：B
8．C
【分析】根据偶函数的性质，结合零点的唯一性可得求解.
【详解】由于有唯一的零点，所以也有唯一的零点，
由于均为偶函数，所以为偶函数，
因此，故，
故选：C
9．ABD
【分析】求出展开式的通项，根据题意可得，即可判断A；根据二项式定理的性质即可判断B；令的指数等于零，即可判断C；理由不等式法即可判断D.
【详解】展开式的通项为，
则前3项的系数分别为，
对于A，由题意可得，
即，解得或（舍去），
所以，故A正确；
对于B，展开式中所有奇数项的二项式系数和为，故B正确；
对于C，展开式的通项为，
令，则，
所以展开式中常数项为，故C错误；
对于D，设展开式中第项的系数最大项，
则有，解得或，
所以展开式中系数最大项为第3项和第4项，故D正确.
故选：ABD.
10．BC
【分析】根据表中数据求出可判断A B C；求出时，轮船从0点到12点在港口可停留的时间，结合的单调性可判断时停留的时间比时停留的时间长可判断D.
【详解】对于A，由表格数据可得，故A错误；
对于B，由表格数据可得，解得，，
所以，因为点在函数图象上，
所以，即，又因为，
所以，故B正确；
对于C，当时，，故C正确；
对于D，由，得，
由得，
即，当时，，，
因为得该轮船从0点到12点，在港口可停留的时间最长超过4小时，故D错误.
故选：BC.
11．ACD
【分析】由椭圆的定义结合中位线的性质可得A正确；由椭圆的性质令点在第二三象限时可得B错误；由焦点三角形的面积公式结合内切圆的性质和椭圆的性质可得C正确；由正弦定理可得D正确.
【详解】
对于A，，故A正确；
对于B，由三角形中位线得，因为当点在第二三象限时，，此时，故B错误；
对于C，因为，，
当点在上顶点时，最大，所以，所以，
所以，所以由三角形相似可得，
设内切圆半径为，又，
所以内切圆半径的最大值为，故C正确；
对于D，设的外接圆半径为，则由正弦定理可得，故D正确.
故选：ACD
12．
【分析】先给两个1找两个位置，再给两个3找两个位置，最后剩的一个位置排5即可.
【详解】第一步选2个空给两个1有种选法，
第二步选剩下的3个空给两个3有种选法，
最后剩一个空排5即可，
根据分步乘法计数原理有种排法，
故答案为：.
13．
【分析】根据和分类讨论，作出函数图像即可求解.
【详解】当时，即时，，
当时，即时，
，
所以，
作出函数图像：

所以函数的最小值为，当时.
故答案为：.
14．
【分析】设四个顶点为，根据得到截面方程即可求解.
【详解】建立正四面体的顶点坐标，
设四个顶点为，
每条棱长均为，设动点，
，
，
，
，
，
，
因为，
所以，即所有满足条件的点构成的平面为平面（平面），

而为正方体的顶点（如图所示），且该正方体的中心为原点，
由对称性可得棱交于，棱交于，棱交于，棱交于，
截面四边形的顶点为，
在平面上形成一个菨形，其对角线的长度为，故面积为2.
故答案为：.
15．(1)；
(2)分布列见解析，期望为，方差为.
【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式求解.
（2）求出的可能值及对应的概率，列出分布列并求出期望的方差.
【详解】（1）设“智能客服的回答被采纳”，“输入的问题表达不清晰”，
依题意，，，
因此，
所以智能客服的回答被采纳的概率为.
（2）依题意，的所有可能取值为0，1，2，3，，
，
，
所以的分布列为：
数学期望；.
16．(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，设即可求得点的坐标，利用夹角公式即可求解.
【详解】（1）证明：由正方形有，又平面平面，平面平面，
所以平面，又平面，所以，
过点作，则，，，所以，
所以，即，又，
所以平面，又平面，所以平面平面；
（2）由（1）知两两互相垂直，分别以为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图：
则有，设，则，设，
则有，解得，得，
所以，
设平面的法向量为，则有，
令，得，
设直线与平面所成角为，
所以，
解得或，
所以或.
17．(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）.
【分析】（1）由离心率及双曲线参数关系求得，结合已知令，代入双曲线求参数值，即可得方程；
（2）（i）设，则，设，联立双曲线并应用韦达定理，结合直线、双曲线对称性确定定点位置并得到，再作化简求值，即可得定点坐标；
（ii）应用三角形面积公式、弦长公式，结合求面积的最小值.
【详解】（1）由题设且，则，
由轴时，，不妨令，代入双曲线得，
所以，则所求方程为；
（2）（i）设，则，由斜率不为0，设，
联立双曲线并整理得，则，
所以，
由，直线，
根据双曲线的对称性，直线所过定点必在轴上，
令，则，
因为，所以，
而，则，
所以过定点；

（ii）由，
由（i），，可得，
令，则，
由，故，当时取等号，
综上，的最小值为.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）结合等差数列的定义及题设定义求证即可；
（2）结合已知设，结合累加法得到，，进而结合组合数公式求解即可；
【详解】（1）因为，所以，
所以是首项为，公差为的等差数列，
则是一阶等差数列，数列为二阶等差数列
（2）因为是“三阶等差数列”，所以是“二阶等差数列”，
设，所以是“一阶等差数列”．
由题意得，，，所以，
所以是首项为，公差为的等差数列，根据累加法有：
，
满足上式，所以
，
因为满足上式，
.
19．(1)答案见解析；
(2)（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）直接求导得，再分和讨论即可；
（i）转化得有解，再设，求导后再对分类讨论，最后利用隐零点法即可得到其范围；
（ⅱ）分析得表示原点与直线上的动点之间的距离，再等价转化为证明，再设新函数并多次求导即可证明.
【详解】（1）时，，
当时，，函数单调递增，既无极大值也无极小值.
当时，，，函数单调递减，，，函数单调递增，
函数的极小值是，无极大值.
（2）（ⅰ）当时，因为函数存在零点，故有解，
若，此时无解，所以，有解，，
①若单调递增，此时不存在零点；
②若，令，，，
由零点存在定理可知存在，
所以在上为减函数，在上为增函数，
故，解得，故.
（ⅱ）因为函数存在零点，所以有解，其中，
若，则，该式不成立，故.
故，考虑直线，
表示原点与直线上的动点之间的距离，
，所以，
时，要证，只需证，
解法一：即证.
令，则，
令，，故在上为增函数，故.
即在上为增函数，
故，故，即成立.
解法二：令,则，
令，得单调递减，
令，得单调递增，
所以.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
B
C
B
A
B
C
ABD
BC
题号
11









答案
ACD









0
1
2
3