四川省绵阳中学2025届高三下学期高考模拟（三）考试数学试题（Word版附解析）

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本试卷共4页，满分150分.考试用时 120分钟.注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.并用2B 铅笔将对应的信息点涂黑，不按要求填涂的，答卷无效.
2.选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，只需将答题卡交回.
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】化简集合，结合集合的子集概念即可得解.
【详解】由题意集合，，所以.
故选：C.
2. 已知复数，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数除法的法则及复数的概念即可求解.
【详解】.
所以的虚部为.
故选：C.
3. 若，为真命题，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可知，只需即可.
【详解】若，为真命题，则.
因为在上的最小值为，所以，
故选：D.
4. 已知变量关于的回归方程为，若对两边取自然对数，可以发现与线性相关，现有一组数据如下表所示：
则当时，预测的值为（ ）
A. 9B. 8C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对两边取对数，得 ，令则，利用样本中心点在函数图象上即得，进而确定解析式,求出预测值.
【详解】对两边取对数，得，令，则.
，，
代入得故.
故，.
当时，.
故选：C.
5. 公元年，唐代李淳风注《九章》时提到祖暅的“开立圆术”.祖暅在求球的体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是立体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积相等，则体积相等.更详细点说就是，介于两个平行平面之间的两个立体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个立体的体积相等.上述原理在中国被称为“祖暅原理”.打印技术发展至今，已经能够满足少量个性化的打印需求，现在用打印技术打印了一个“睡美人城堡”.如图，其在高度为的水平截面的面积可以近似用函数，拟合，则该“睡美人城堡”的体积约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据祖暅原理知，该“睡美人城堡”的体积与一个底面圆半径为，高为的圆锥的体积近似相等，利用锥体的体积公式可求得该“睡美人城堡”的体积.
详解】如下图所示：
圆锥的高和底面半径为，平行于圆锥底面的截面角圆锥的母线于点，
设截面圆圆心为点，且，则，
易知，则，即，可得，
所以，截面圆圆的半径为，圆的面积为，
又因为，
根据祖暅原理知，该“睡美人城堡”的体积与一个底面圆半径为，
高为的圆锥的体积近似相等，
所以该“睡美人城堡”的体积约为，
故选：D.
6. 甲、乙两名大学生利用假期时间参加社会实践活动，可以从，，，四个社区中随机选择一个社区，设事件为“甲和乙至少一人选择了社区”，事件为“甲和乙选择的社区不相同”，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由古典概型、条件概率计算公式即可得解.
【详解】甲、乙两名大学生从四个社区中随机选择一个社区的情况共有（种），
事件发生的情况共有（种），事件和事件同时发生的情况共有6种，
所以.
故选：B.
7. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由二倍角公式以及两角和等三角恒等变换公式化简运算即可得解.
详解】由已知得，即（），
则从而.
故选：A.
8. 已知函数，下列结论正确的是（ ）
A. 的图象是中心对称图形
B. 在区间上单调递增
C. 若方程有三个解，，则
D. 若方程有四个解，则
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数判断B；求出函数的对称轴，根据导数求出函数单调性，得到的图象，数形结合可判断A；并可求出，的值，进而判断C；借助图象可求出的取值范围，进而判断D.
【详解】对于B，当时，，
，
因为，所以，，
所以，所以，所以在区间上单调递减，故B错误；
当时，，
，
因为，，所以，
所以，所以在区间上单调递增；
因为，所以，
所以的对称轴为，
又，
，
故图象如下：
对于A，由图象可知，不是中心对称图形，故A错误；
对于C，若方程有三个解，则，故
又，解得，所以，
所以，故C错误；
对于D，由图象可知若方程有四个解，则，解得，
故D正确.
故选：D
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 已知平行四边形的面积为，且，则（ ）
A. 的最小值为2
B. 当在上的投影向量为时，
C. 的最小值为
D. 当在上的投影向量为时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用面积得出边长乘积为定值，再利用平面向量基本定理表示结合不等式判断A和C,利用投影向量判断BD.
【详解】因为，所以.
设，则，解得，
则，
当且仅当时，等号成立，A正确.
因为，
所以
，
所以,
,
,
，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为,C正确.
如图，过点作，垂足为，则在上的投影向量为，
当在上的投影向量为时，.
因为，所以，得，
则
,
故B错误，D正确.
故选：ACD
10. 已知数列的前项和为，若，且对，都有，则（ ）
A. 是等比数列B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】由可判断A选项；推导出，可知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求出数列的通项公式，可判断B选项；由与的关系求出数列的通项公式，可判断D选项.
【详解】因为，
所以不是等比数列，所以A选项错误；
由，得，，，
以及，可得，，，
以此类推可知，，则，
又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以，所以B选项正确；
当时，，
当时，，不满足，故，
所以C选项错误，D选项正确，
故选：BD.
11. 已知正方体的棱长为为空间中动点，为中点，则下列结论中正确的是（ ）
A. 若为线段上的动点，则与所成的范围为
B. 若为侧面上的动点，且满足平面，则点的轨迹的长度为
C. 若为侧面上的动点，且，则点的轨迹的长度为
D. 若为侧面上的动点，则存在点满足
【答案】BC
【解析】
【分析】利用异面直线所成角的定义推理计算判断A；证明面面平行，可得点的轨迹可判断B；判断轨迹形状并求出长度判断C；利用“将军饮马”模型，化折为直，结合勾股定理，可判断D.
【详解】对于A，当与不重合时，过作交于，连接，如图，
由平面，平面，得，有，显然，
则为与所成的角，，当与重合时，
当由点向点移动过程中，逐渐增大，逐渐减小，则逐渐增大，
因此，，当与点重合时，有，，
所以与所成角的范围为，A错误；
对于B,取的中点,的中点,连接，如图，
由中位线可知，,,平面，则平面，
同理可得：平面，又且都在面GNF内,所以面平面,
因为平面，所以点,则点的轨迹的轨迹的长度，故B正确；

对于C，由平面，易得是直角三角形，，，如图，

点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，由,则，同理,
所以,轨迹长度为，C正确；
对于D，在平面内延长，截取，连接交于点，（如图）

,
点与点重合时，,
点与点不重合时，，
所以不存在点满足，D错误.
故选：BC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在的展开式中，常数项为______．
【答案】60
【解析】
【分析】由二项式定理可得二项式展开式的通项公式，令，运算即可得解.
【详解】解：二项式的展开式的通项公式为，
令，解得，
所以的二项展开式中，常数项为.
故答案：.
13. 动点与两个定点，满足，则点到直线：的距离的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用两点距离公式及已知求得的轨迹是圆心为，半径为2的圆上，再确定直线所过的定点并判断其与圆的位置关系，要使圆上点到直线距离最大，有圆心与定点所在直线与直线垂直，进而求最大值.
【详解】令，则，整理得，
所以的轨迹是圆心为，半径为2的圆上，
又直线：可化为，易知过定点，
由，故点在圆外，
则圆心与定点所在直线与直线垂直，圆心与直线距离最大，
所以点到直线距离的最大值为.
故答案为：
14. 已知双曲线的左，右焦点分别为为右支上一点，的内切圆圆心为，直线交轴于点，则双曲线的离心率为__________.
【答案】##1.4
【解析】
【分析】首先由转化成，分别利用双曲线上点的性质和余弦定理化简求得，最后利用三角形等面积法建立的表达式，计算即得.
【详解】
如图，分别过点和点作轴的垂线段,因，故易得：,
不妨设依题意得：①，由余弦定理：，
整理得：，将① 式代入得： ②，由①-②整理可解得：，
再将其代入② 式右边，计算可得： ③
由题意，的面积为：，化简得：，
将③ 式代入并整理得：，因，则离心率为：.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：本题主要考查双曲线的离心率求解问题.
解决圆锥曲线的离心率问题，一般离不开圆锥曲线的定义，如果有角的条件，则常常要用到正余弦定理，如果有三角形的内切圆条件，一般与三角形的等面积转化有关，遇到线段的比值时，经常需要利用相似形转化.
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. 在中，角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，且，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理可解；
（2）根据题意，设，则，在、与中，利用余弦定理得到与的方程，从而求解.
【小问1详解】
.
由正弦定理，可得
又,
.
【小问2详解】
，设，则，
在中，.
在与中，.
.
16. 已知某种业公司培育了新品种的软籽石榴，从收获的果实中随机抽取了50个软籽石榴，按质量（单位：）将它们分成5组：，，，，得到如下频率分布直方图.

（1）用样本估计总体，求该品种石榴的平均质量；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）
（2）按分层随机抽样，在样本中，从质量在区间，，内的石榴中抽取7个石榴进行检测，再从中抽取3个石榴作进一步检测.
（ⅰ）已知抽取的3个石榴不完全来自同一区间，求这3个石榴恰好来自不同区间的概率；
（ⅱ）记这3个石榴中质量在区间内的个数为，求的分布列与数学期望.
【答案】（1）
（2）（ⅰ），（ⅱ）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据题意，用每组的频率乘以该组区间的中点值再求和得解；
（2）根据条件概率计算公式运算，求出的所有可能取值及对应的概率得解.
【小问1详解】
该品种石榴的平均质量为，
所以该品种石榴的平均质量为.
【小问2详解】
由题可知，这7个石榴中，质量在，，上的频率比为，
所以抽取质量在，，上的石榴个数分别为2，2，3.
（ⅰ）记“抽取的3个石榴不完全来自同一区间”，“这3个石榴恰好来自不同区间”，
则，，
所以，
即这3个石榴恰好来自不同区间的概率为.
（ⅱ）由题意的所有可能取值为0，1，2，3，
则，，
，，
所以的分布列为
所以.
17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，.
（1）证明：；
（2）点在线段上，当直线与平面所成角的正弦值为时，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）要证，需要证过的平面与垂直即可，根据面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理结合条件即得；
（2）建立空间直角坐标系，先根据条件确定点坐标，再求二面角.
【小问1详解】
如图：

由于平面平面，平面平面，
过点作的垂线交的延长线于点，则平面.
连接交于，连接，
∵，，
∴，∴，
又，，
∴四边形为矩形，
∴，∴，
∴，∴，
又∵，
∴，即，
又平面，平面，
∴，又平面，
∴平面，又∵平面，
∴.
【小问2详解】
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
由于在上，设，
则，∴，
又平面的法向量，设直线与平面所成角为，
∴，
解得或（舍去），
∴，∴，，，
设平面的法向共，平而的法向共，
则即，
取，得，，
∴，
故平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知（其中为自然对数的底数）.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程，
（2）当时，判断是否存在极值，并说明理由；
（3），求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）有一个极大值，一个极小值，理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）当时，求得，结合导数的几何意义，即可求解；
（2）当时，求得，令，利用导数求得的单调性与，得到存在使得，存在使得，进而得到答案；
（3）求得，根据题意，得到，令，得到使得，利用函数的单调性，求得，再由，求得，再由，设，利用导数求得函数的单调性，即可求解.
【小问1详解】
解：当时，，可得，
则，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
解：当时，，定义域为，
可得，
令，则，
当时，；当时，，
所以在递减，在上递增，
所以，
又由，
存在使得，存在使得，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增；
所以时，有一个极大值，一个极小值.
【小问3详解】
解：由，可得，
由，因为，可得，
令，则在上递减，
当时，可得，则，所以，
则，
又因为，使得，即
且当时，，即；
当时，，即，
所以在递增，在递减，所以，
由，可得，
由，可得，即，
由，可得，所以，
因为，设，则，
可知在上递增，且，
所以实数的取值范围是.
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
19. 已知椭圆：的左、右焦点分别为、，离心率为，经过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、两点（其中点在轴上方），的周长为8．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，将平面沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面）与轴负半轴和轴所确定的半平面（平面）互相垂直．
（i）若，求异面直线和所成角的余弦值；
（ii）是否存在，使得折叠后的周长与折叠前的周长之比为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）（i），（ii）存在，
【解析】
【分析】（1）根据题意，的周长为8，离心率为，结合椭圆标准方程的定义，求解即可；
（2）（i）由（1）知，点，倾斜角为，故直线设为：，与联立求得，，再以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴，原轴正半轴所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，再求异面直线和所成角的余弦值即可；
（ii）根据题意得到，设折叠前，，直线与椭圆联立方程，结合韦达定理，在折叠后的图形中建立空间直角坐标系（原轴仍然为轴，原轴正半轴为轴，原轴负半轴为轴），设，在新图形中对应点记为，，，，得到，结合，得到的值．
【小问1详解】
因为的周长为8，离心率为，
所以，即，，，
所以椭圆的标准方程为：；
【小问2详解】
由（1）知，点，倾斜角为，
故直线设为：，
（i）联立直线与椭圆的方程：，可得，
可得或，
可得，（因为点在轴上方）以及，
再以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴，原轴正半轴所在直线为，，轴建立空间直角坐标系
则，，，
，，
，，，
所以
记异面直线和所成角为，则；
（ii）由，，，
设折叠前，，
直线与椭圆联立方程，得，
即，，
在折叠后的图形中建立空间直角坐标系（原轴仍然为轴，原轴正半轴为轴，原轴负半轴为轴），
设，在新图形中对应点记为，，，
，，
①，
即
所以②，
由①②可得：
即
则
即，，
解得，
因为，所以．
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是找到折叠前后的联系，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，然后连接方程，利用空间量的知识求解.
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3
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e
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