湖北省鄂南高级中学等三校联考2025届高三下学期4月模拟数学试题 含解析

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高三数学试卷
命题学校：鄂州高中 命题教师：吕长征 胡俊峰 李来贵 审题教师：祝开 张俊勇
考试时间：2025年4月23日15：00-17：00 试卷满分：150分
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，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化简集合A，由交集的运算，即可得到结果.
【详解】，
所以，
故选：D
2. 记复数的共轭复数为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出共轭复数，再利用复数的除法运算化简即可.
【详解】由题意可得，则.
故选：C
3. 在平行四边形中，点是边上的点，，点是线段的中点，若，则（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由及即可求解.
【详解】
因为点是线段的中点,所以，
又，
所以，
所以，
故选：C
4. 已知，是双曲线的两个焦点，为上一点，且，，则的离心率为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用双曲线的定义，结合余弦定理建立方程求出离心率.
【详解】令双曲线的长轴长为，焦距为，则，而，
则，由及余弦定理得，
解得，所以的离心率为.
故选：A
5. 如图，在下列正方体中，分别为正方体的顶点或所在棱的中点，则在这四个正方体中， 四点共面的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，假设四点共面，设，从而得到方程组，若方程组无解，则四点不共面，若方程组有解，则四点共面，从而作出判断.
【详解】A选项，如图，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，
则，
假设四点共面，则设，
即，
即，方程无解，故四点不共面；
同理，BC选项，四点也不共面；
D选项，如图，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，
则，
假设四点共面，设，
即，
则有，解得，故，
四点共面，D正确.
故选：D
6. 在中，角、、的对边分别为、、，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正弦定理得，利用三角恒等变换得，从而可知当时，，当时，，求值即可.
【详解】因为，，
根据正弦定理，得，即，
则，所以，
即，也就是，
因为，则，
所以或，即或，
当时，，当时，，
所以
.
故选：B
7. 已知数列前项和为，，，，则的最大值为（ ）
A. 4B. 9C. 10D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】先根据与的关系求数列的通项公式，再判断数列的单调性，求数列的最大的项.
【详解】因为中，，
当时，；
当时，，用代替得：，
两式相减得：.
又，
所以数列是以1为首项，以2为公比的等比数列，所以.
所以，
由或.
所以数列中，有：，即数列中，最大，且.
故选：B
8. 已知函数，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用熟知的结论：（1）在处切线方程为,且整个函数图象都在切线上方；（2） 在处切线方程为，且整个函数图象都在切线下方，结合对数函数指数函数的图象的性质，利用分类讨论思想和数形结合思想可以较快的判定符合题意的实数的取值范围，从而做出正确选择.
【详解】先证明：在处切线方程为,且整个函数图象都在切线上方.
,切线方程为,即为.
令,
在时,单调递减，在时,单调递增，
所以,当且仅当时取等号.
再证明：在处切线方程为，且整个函数图象都在切线下方.
,切线方程为,即为,
令,
在时,单调递增，在时,单调递增，
所以,当且仅当时取等号.
根据上述结论，在下面的讨论中可以采用数形结合方式研究函数恰有3个零点的条件.
设零点条件： 即 ,需分别分析 和 时方程的解数.
当 时：方程化简为 ，
即 即和.
分情况讨论：
当：方程 在 时有 3 个解
（分别来自 (两个)、 (一个)）.
当：和的解都是.
：方程在 时仅有 1 个解（来自 ）.
当 时：方程化简为 ，即 ,
即和.
分情况讨论：
：方程 和 各有1 个解.
：方程 无解， 一个解.
：
当 时方程 无解，有 1个解.
当 时 方程 和 都没有解.
总解数分析：
： 时 3 解， 时无解，总解数 3.
： 时 2 解， 时 1 解，总解数 3.
其他区间：解数不足 3，不符合条件.
故选：A.
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、均为正实数，且过点的直线与抛物线相切于点，下列说法正确的是（ ）
A.
B. 的最小值为
C. 的最小值为3
D. 的最小值为2
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项，求出抛物线方程，反解出y，求其导数，从而可求切线斜率，写出切线方程，再根据切线过M可得答案；B选项，利用A选项得到的结论，用a表示b，代入，利用二次函数性质即可得其最小值；C选项，将的分子替换为，化简利用基本不等式即可得其最小值；D选项，利用得，利用和基本不等式即可求解.
【详解】由在抛物线上，可得：，得，
由抛物线方程，得到，
∴，当时，可得以点为切点的切线斜率为：，
所以切线方程为，即．
又切线过点，故，故选项A正确；
因为，所以，又均为正实数，所以．
，
当时，取得最小值，最小值为，故选项B正确；
，
当且仅当，即时取等，故选项C正确；
因为，所以，
所以

当且仅当，即时取等号，故选项D错误．
故选：ABC．
10. 已知函数的图象与直线连续的三个公共点从左到右依次记为、、，若，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B.
C. 若函数，则在上有7个零点
D. 将函数的图象向右平移个单位后，得到函数的图象，则在上的值域为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据周期公式可求得A，设出点的坐标，根据距离之间的关系可得到结果，即可判断B，根据图象可判断C，根据变换后的解析式可判断D选项.
【详解】对于A，依题意，，故A正确；
对于B，，故，，
记，则，
故，则①，
而②，联立①②可得，故B正确；
对于C，由B可知函数,
则，
在直角坐标系中分别作出，的图象如图所示，
观察可知，它们在上有6个交点，
即在上有6个零点，C错误；
对于D，，
故当时，，，
故，故D正确；
故选：ABD.
11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则有2个零点
B. 若，则的解集为
C. 在上有极小值
D. 在上有极大值
【答案】BC
【解析】
【分析】解方程可得选项A正确；根据时解不等式可得选项B正确；讨论的范围，结合函数的零点及函数的连续性判断选项C正确；求导，讨论的范围，利用导数判断函数极值点，即可得判断D.
【详解】对于选项A：当时，由得，，
且，解得，所以有且仅有1个零点，故A错误；
对于选项B：当时，，且，
由得，解得，
所以的解集为，故B正确.
对于选项C：当时，且，由得或，
当时，；当时，.
①若，则，当时，；
可知在的右侧附近单调递减，在左侧附近单调递增，
所以在内有极小值；
②若，则，
当时，则，可知，
可知在的右侧附近单调递减，在左侧附近单调递增，
所以在内有极小值；
③若，当时，；当时，；
可知在的右侧附近单调递增，在左侧附近单调递减，
所以在有极小值；
④若，则，
当时，则，可知，
可知在的右侧附近单调递减，在左侧附近单调递增，
所以在内有极小值；
综上所述：在上有极小值，故C正确.
对于选项D：因为，
构建，可知，
构建，可得，
可知在上单调递增，则，
①若，则，即，可知在上单调递增，
则，且，
可知在上存在唯一零点，
当，，即；当，，即；
可知在内单调递减，在内单调递增，
所以有极小值，无极大值；
②若，且，可知在上存在唯一零点，
当，，即；当，，即；
可知在内单调递减，在内单调递增，
且，且，
可知在上存在唯一零点，
当，，即；当，，即；
可知在内单调递减，在内单调递增，
所以有极小值，无极大值；
综上所述：在上无极大值，故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. 2025年3月23日武汉马拉松比赛，其中有6名（4男2女）志愿者，他们决定分成两个小组，到甲乙两个赛道维护秩序，若要求每组至多4人，且女志愿者不能单独成组，则不同的方案共有______种.（用数字作答）
【答案】48
【解析】
【分析】由分组分配的解题思想与正难则反的思想，可得答案.
【详解】由题意可得人分两组的人数比为或，则情况数为，
由两位女志愿者单独成组分配的情况数为，则不同的方案共有（种）.
故答案为：.
13. 已知的三个内角，，的对边依次为，，，外接圆半径为1，且满足，则周长的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理可得各边长与角的关系，再由恒等变换可得，利用余弦定理结合基本不等式计算可得，故可得周长的最大值.
【详解】由正弦定理及外接圆半径可得，.
因为，，所以.
所以，
即.
因为，所以，而为三角形内角，故，
所以，且，
即可得，
故，故，当且仅当时取等号，
所以周长的最大值为.
故答案为：
14. 在四棱锥中，底面是边长为2正方形，，与底面所成的角分别为和，已知，当四棱锥体积最小时，其外接球的表面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】以A为原点，以AB、AD所在直线为x轴，y轴空间直角坐标系，通过几何分析求出点P在底面的投影P'的轨迹是一个圆，根据体积最小求出P的坐标，根据外接球球心到四棱锥各顶点距离相等求出球心坐标和半径即可求出其外接球的表面积.
【详解】如图，以A为原点，以AB、AD所在直线为x轴，y轴空间直角坐标系，
则，
设，P在平面的投影为，
因为PA与底面的夹角，所以，
PC与底面的夹角，
所以，
由，
即，
所以点P在底面的投影P'的轨迹是一个圆，圆心在，半径，
因为，
当四棱锥体积最小时，此时最小，
表示圆的点到原点距离，
而，所以原点在圆内，
所以圆上的点到原点的最小距离为半径减去原点到圆心的距离，
所以的最小值为，
所以，
所以当四棱锥体积最小时，P的坐标为，
因为正方形的外接圆的圆心即为交点O，半径为，
所以四棱锥外接球的球心为，则球心到A和P的距离相等，
则，
解得，所以球心为，半径为，
所以外接球的表面积公式为：,
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. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面是等边三角形，四棱锥的体积为，点是棱的中点.

（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，根据体积求出高，进而得出平面，再利用线面垂直的判定定理求证平面，最后利用面面垂直的判定定理即可；
（2）以为原点建系，分别计算平面与平面的法向量、，最后计算即可.
【小问1详解】
取中点，连接，设到底面的距离为，
由题意可得，矩形的面积为，
则由，得，
因为等边三角形，且，则，故平面，
又平面，则，
又因，，，平面，则平面，
因平面，则平面平面
【小问2详解】
过作，则以原点，所在直线为轴，轴、轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，
则，，
设平面的一个法向量，
则，即，取，得
由（1）平面平面，
又，平面平面，平面，故平面，
所以平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则，
则平面与平面夹角的余弦值为.
16. 定义函数满足，且定义域均为，，已知函数.
（1）求的解析式和定义域；
（2）求的最小值.
【答案】（1），定义域为
（2）
【解析】
【分析】（1）利用换元法求出函数、的解析式及其定义域，可得出函数的解析式与定义域；
（2）利用导数分析函数的单调性，可得出函数的最小值.
【小问1详解】
由题意得，，令，故，，
又，所以，，
所以，，，，，
故，定义域为.
【小问2详解】
因为，，所以，
令，解得，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故.
17. 如图，已知椭圆的离心率为，线段，分别为的长轴与短轴，四边形的面积为.
（1）求的标准方程；
（2）若直线与分别交于，两点，且总有平分求证：直线恒过定点，并求出定点坐标；
【答案】（1）
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）根据离心率和椭圆的性质求解的值，得的标准方程；
（2）令，，得到，故有，设，，，联立方程组，化简得，可得定点.
【小问1详解】
由题意得，
，解得，，
椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
令，，
由平分，可知直线、、倾斜角的大小关系，
得到，故有，
故有，化简得到（※）
设，，，
联立，有，
于是有，，
又，
，代入※式化简得，，
则直线，
即可证过定点
18. 甲、乙、丙三人进行玩具传递游戏，每次抛掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传递方式，当玩具在甲手中时，若骰子点数大于4，甲将玩具传给乙；若骰子点数不大于4，甲保留玩具；当玩具在乙手中时，若骰子点数大于3，乙将玩具传给甲；若骰子点数不大于3，乙传给丙；当玩具在丙手中时，若骰子点数大于2，丙将玩具传给甲；若骰子点数不大于2，丙传给乙.初始时，玩具在甲手中.
（1）设前三次抛掷骰子后，玩具在甲手中的次数为，求的分布列和数学期望；
（2）抛掷次骰子后，玩具在乙手中的概率为，求的通项公式；
（3）求证：.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据传球游戏的规则，可得，再根据独立事件概率公式，求解概率，再结合分布列公式，即可求数学期望；
（2）首先题意，可得关于数列的递推公式，再通过构造求数列的通项公式；
（3）首先根据（2）的结果，利用数列分组求和即可
【小问1详解】
由题意知，.
，
，
；
，
所以随机变量的分布列为
随机变量的数学期望为
【小问2详解】
由于投掷次骰子后球不在乙手中的概率为，此时无论球在甲手中还是球在丙手中，均有的概率传给乙，
故有，
变形为.
又，所以数列是首项为，公比为的等比数列.
所以
所以数列的通项公式；
【小问3详解】
由（2）可得；
所以
19. 定义：若对任意，，，数列的第项都等于数列的第项，则称数列为数列的“分段反序数列”.已知数列的“分段反序数列”为，数列的前项和为.
（1）若，求，的值；
（2）若，求；
（3）若，证明：数列为常数列.
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据所给定义计算可得；
（2）设数列的前项和为，推导出，再利用等比数列求和公式计算可得；
（3）依题意可得，即可得到，，依次递推，总有和，从而得证.
【小问1详解】
因为，且，，所以，
因为，，所以；
【小问2详解】
设数列的前项和为，
依题意得，
又，
，…，
依次递推：
，
所以，
又，所以.
【小问3详解】
依题意得，
所以，
，
所以，…，
依次递推，总有和，
由此可知，
当时，，是常数列，
当且时，，是常数列.
又，所以对任意的，是常数列.0
1
2
3