甘肃省会宁县第一中学2025届高三下学期高考冲刺数学试卷（三模）（解析版）-A4

这是一份甘肃省会宁县第一中学2025届高三下学期高考冲刺数学试卷（三模）（解析版）-A4，共12页。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一､选择题：本题共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. 若集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据两个集合并集的定义运算求解即可．
【详解】因为集合，
所以或．
故选：D
2. 若向量，且，则实数（ ）
A. 2B. C. 18D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的坐标表示计算即可．
【详解】因为向量，
所以，解得．
故选：B
3. 若抛物线的焦点也是双曲线的一个焦点，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出抛物线的焦点坐标，然后得到双曲线中的值，再结合双曲线的方程求出值，最后根据双曲线的渐近线方程得出结果.
【详解】由题知，抛物线的焦点为，
因为抛物线的焦点也是双曲线的一个焦点，
所以，解得，
因为，所以.
所以双曲线的渐近线方程为．
故选：B.
4. 函数的最小值和最小正周期分别为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用平方关系及二倍角余弦公式化简，再根据三角函数的性质求解即可．
【详解】因为
，
所以当时，函数取最小值，
函数的最小正周期为．
故选：C
5. 已知圆柱的高为4，它的表面积与体积的数值之比为2，则该圆柱的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设圆柱的底面半径为，根据它的表面积与体积的数值之比为2，求出，再求体积．
【详解】设圆柱的底面半径为，所以圆柱的表面积为，体积为，
因为它表面积与体积的数值之比为2，所以，
解得，故该圆柱的体积为．
故选：B.
6. 定义：二阶行列式，三阶行列式，的某一元素的余子式指的是在中划去所在的行和列后所余下的元素按原来的顺序组成的二阶行列式，称为元素的代数余子式，三阶行列式等于它的任一行（或列）的各元素与其对应的代数余子式乘积之和．（ ）
A. 0B. C. 6D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件所给的代数余子式的定义及三阶行列式的计算法则计算即可．
【详解】由题意可知，
．
故选：A
7. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用对数的运算和换底公式，适当放缩即可求解.
【详解】，
，
所以．
故选：D.
8. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意，利用全概率公式以及条件概率的计算，可得答案.
【详解】因为，
所以，
所以．
故选：C.
二､多选题：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. 若复数，则（ ）
A.
B. 为纯虚数
C. 复数在复平面内对应的点位于第四象限
D.
【答案】AB
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，可判断A选项；利用复数的减法结合复数的概念可判断B选项；利用复数的几何意义可判断C选项；利用复数的模长公式可判断D选项.
【详解】因为，所以为纯虚数，
复数在复平面内对应的点位于第一象限，故选项AB正确，选项C错误；
，故选项D错误．
故选：AB.
10. 已知定义在上的函数满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数偶函数
B. 函数为减函数
C. 函数的图象关于点中心对称
D. 的解集为
【答案】BC
【解析】
【分析】由得即可判断AC，由，利用单调性的定义即可判断B，利用单调性即可求解，即可判断D.
【详解】因为，所以，
所以函数为奇函数，故A错误；对称中心为，故C正确；
因为，即，当时，，
当时，，所以函数为减函数，故B正确；
令,则，所以，
则等价于，
因为函数为减函数，
所以，即，故D错误．
故选：BC.
11. 在平面直角坐标系中，动点到定点与轴的距离之积为常数，记点的轨迹为曲线，曲线的图象如图所示，下列结论正确的是（ ）
A.
B. 曲线的方程为
C. 曲线关于直线对称
D. 曲线上的点到轴的距离的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】通过已知条件化简方程，利用曲线上的点满足方程来确定参数的值，再根据对称点的性质判断曲线的对称性，最后通过特定条件求解曲线与坐标轴相关的最值.
【详解】由题知，化简得，
由图象知，点在曲线上，所以，解得，
所以曲线的方程为，故选项A正确，选项B错误；
曲线上的点关于直线对称的点为，
因为，曲线关于直线对称，故选项C正确；
当时，，解得或，所以曲线上的点到轴的距离的最大值为，故选项D正确．
故选：ACD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若随机变量，且，则__________．
【答案】6
【解析】
【分析】根据正态分布均值的含义，利用正态曲线的对称性求解即可．
【详解】因为随机变量，且，
所以由正态曲线的对称性可知和关于对称，
所以，故．
故答案为：6
13. 如图所示，在三棱锥中，平面平面，若为线段上一动点，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用勾股定理得，记的中点为，得，根据面面垂直的性质定理得出、为等边三角形，把绕翻折，使得平面与平面在同一平面上，则的最小值为平面内的长度，再利用余弦定理可得答案.
【详解】
因为，
所以，，
记的中点为，连接，因为，所以，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，平面，所以，
由，得，所以为等边三角形，
把绕翻折，使得平面与平面在同一平面上，
连接交于点，则，如图所示，
则的最小值为平面内的长度，所以
，
所以，即的最小值为．
故答案为：
14. 已知直线与曲线相切，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据直线方程特点可得恒过定点，设切点为，求出切线方程代入定点求出可得答案．
【详解】直线变形为，
所以直线恒过点，设切点为，
因为，所以，故切线方程为．
因为切线恒过点，所以，
解得，所以切线方程为，
即，得，所以．
故答案为：．
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. 某材料实验室研究了某种金属材料在不同冷却速率下的凝固点温度，以及冷却环境对材料热物性的影响．下表为某金属材料凝固点温度（单位：）随冷却速率（单位：）变化的统计数据．
（1）一般认为当时，经验回归方程的拟合效果非常好；当时，经验回归方程的拟合效果良好．试问该经验回归方程的拟合效果是非常好还是良好？说明你的理由．
（2）请利用所给数据求该金属凝固点温度与冷却速率之间的经验回归方程，并预测冷却速率为时，该金属的凝固点温度．
参考公式：；
相关系数．
参考数据：．
【答案】（1）拟合效果非常好，理由见解析
（2）；
【解析】
【分析】（1）首先根据表格里面的数据求出的平均值，然后根据根据相关系数公式求出相关系数.
（2）首先求出回归方程的表达式，然后将冷却速率值代入，求出金属的凝固点温度.
【小问1详解】
易知，
因为，，
，
因为
所以该经验回归方程的拟合效果非常好．
【小问2详解】
由（1）知，由，
因为，
所以，故所求的经验回归方程为．
当时，，
所以冷却速率为时，该金属的凝固点温度为．
16. 已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先对函数求导得，再根据的取值范围讨论导数正负.确定函数的单调区间.
（2）把恒成立转化为.令，对其求导得，根据导数正负确定单调性，求出最大值，进而得到的取值范围.
【小问1详解】
，
当时，，函数在上单调递减；
当时，由得，由得，所以函数在，上单调递减，在上单调递增．
综上所述，当时，函数在上单调递减，当时，函数在上单调递减，在上单调递增．
【小问2详解】
恒成立等价于，即．
令，当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，即．
所以的取值范围为．
17. 已知等差数列的前项和为，且满足．
（1）求的通项公式．
（2）设数列的前项和为．
①求；
②是否存在实数，使得数列为等差数列？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）① ；②存在；
【解析】
【分析】（1）利用等差数列性质由求出，由求出，再根据与关系求公差，最后由与、关系求，进而得出通项公式.
（2）①先根据求，再对裂项，最后通过裂项相消求.
②先表示出，再求时，，令其为常数确定值.
【小问1详解】
因为，
所以，解得，
设数列的公差为，所以，
解得．因为，所以，
所以的通项公式是．
【小问2详解】
①由（1）知，所以，
所以，
所以，
故；
②存在；，理由如下：
设，由①知，所以，
假设存在实数，使得数列为等差数列，
当时，
，
只有当时，为常数，其他值均不合要求，
故存在实数时，使得数列是等差数列．
18. 已知椭圆的离心率为，且过点．
（1）求椭圆的标准方程．
（2）若分别为椭圆的上､下顶点，直线与椭圆相交于两点，且．
①证明：直线过定点．
②过点作的垂线，垂足为，求面积的最大值．
【答案】（1）；
（2）① 证明见解析；②.
【解析】
【分析】（1）设椭圆的焦距为，根据椭圆的离心率、过点求出可得答案；
（2）（i）当直线的斜率不存在时，易知为锐角，不合题意，设直线的方程为，与椭圆方程联立，根据代入韦达定理可得直线过定点且定点在椭圆内，可得答案；（ii）设，根据，得点的轨迹是以为直径的圆（点除外），求出点到的距离的最大值可得答案．
【小问1详解】
设椭圆的焦距为，因为椭圆的离心率为，
所以，故，所以，所以．
因为椭圆过点，所以，解得，
所以，
所以椭圆的标准方程为；
小问2详解】
（i）当直线的斜率不存在时，易知为锐角，不合题意，
所以直线的斜率存在．设直线的方程为，
由，得，
设，所以，
易知，因为，所以，
即，
所以，
即，
化简得，
所以．
由，解得，所以直线的方程为，
直线过定点，且，此时在椭圆内，
满足直线与椭圆有两个交点；
（ii），设，由于，所以，
故点的轨迹是以为直径的圆（点除外），
所以点到的距离的最大值为圆的半径，即，
所以面积的最大值为．
19. 已知四边形为矩形，四边形为直角梯形，，二面角的大小为．
（1）若为的中点．
①求点到平面距离；
②若，求平面与平面夹角的余弦值．
（2）若，点为线段的中点，将沿折起，使得与四边形在平面的同侧，且平面平面，点为四面体的内切球球面上的一动点，求的最小值．
【答案】（1）①；②
（2）
【解析】
【分析】（1）①由题意作图，根据矩形以及中位线性质，由线面垂直的判定，结合勾股定理以及锐角三角函数，可得答案；②由题意建立空间直角坐标系，求得平面法向量，利用面面角的向量公式，可得答案.
（2）由题意作图名建立空间直角坐标系，利用空间两点距离公式建立方程进行等量代换，根据图象，可得答案.
【小问1详解】
①设的中点分别为，连接，
在平面内，过点作，垂足为，如图所示：
因为四边形为矩形，所以．
因为，且分别为的中点，所以，所以，
因为，平面，平面，所以．
因为，且，平面，所以平面．
因为，所以．
因为，所以，故点到平面的距离为.
②过点作平面，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
由①知，．
因为，
所以,，
所以,，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
所以，所以，令，解得，
所以为平面的一个法向量．
，所以令，解得，
所以为平面的一个法向量，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
【小问2详解】
易知四面体是棱长为的正四面体，作平面，设内切球的球心为，建立如图所示的坐标系，
且，则．
设内切球的半径为，由等体积法知，所以，
设内切球球面上任意一点为，则，
空间中必存在一定点，使球上的点满足，
即，
则，
因为，所以，解得，
10
20
30
40
50
650
640
600
590
580