2025乌鲁木齐高三下学期三模试题数学含解析

这是一份2025乌鲁木齐高三下学期三模试题数学含解析，共8页。
注意事项：
1．本试卷分为问卷和答卷，答案务必书写在答卷（或答题卡）的指定位置上．
2．答题前，先将答卷密封线内的项目（或答题卡中的相关信息）填写清楚．
第I卷（选择题共58分）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计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．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1. 已知抛物线，则的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接根据抛物线方程计算可得.
【详解】抛物线的焦点坐标为.
故选：A
2. 已知，则p是q的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即得解
【详解】由题意，推不出，故充分性不成立；
但可以推出，故必要性成立
故p是q的必要不充分条件
故选：B
3. 已知复数满足，则的取值范围是（ ）
A. B. C. （1，3）D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的模的几何意义作图，数形结合即可求得的取值范围.
【详解】由可理解为复数表示的点的轨迹是以为圆心，半径为2的圆，
而则可理解为圆上的点到原点的距离，作出图形如下.
如图，当点在时，与原点距离最大为3，当点当点在时，与原点距离最小为1，
故的取值范围是.
故选：D.
4. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解不等式求得集合，可求得，解不等式，求得集合，进而求得.
【详解】由，得，解得，
所以，所以，
由，可得，所以，
所以.
故选：A.
5. 已知是等差数列的前项和，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件，利用数列的性质得到，进而求出公差，即可求解.
【详解】因为，则，所以，
又，所以数列的公差为，所以，
则，
故选：B.
6. 溶液酸碱度是通过计量的．的计算公式为，其中表示溶液中氢离子的浓度（单位：）．某强酸溶液加水稀释后值增加2，则稀释后溶液中氢离子的浓度与稀释前溶液中氢离子的浓度比值为（ ）
A. 2B. C. 100D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，列出方程，利用对数的运算性质和指对数的互化计算即得.
【详解】设稀释前溶液的值为，氢离子的浓度为，
加水稀释后值为，氢离子的浓度为.
则，
两式相减，可得，
化简得，解得.
故选：D.
7. 函数的部分图象如图所示，，，则（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】记与轴的交点为，连接，设，则，在中，利用余弦定理可求得，进而在中，求得，进而利用周期可求.
【详解】记与轴的交点为，连接，由题意可得在函数的图象上，且为一个对称中心，
设，则，又，，
在中，由余弦定理可得，
即，整理得，解得，
在中，由余弦定理可得，
所以，所以，
所以函数的最小正周期为，
所以，所以.
故选：C.
8. 已知椭圆，直线，若，都存在椭圆上两点，关于对称，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用点和点关于直线对称得出和
，再利用点差法得出，
将前两个式子代入化简即可求得，，最后利用等比数列的前项和公式计算即可.
【详解】由题意可得，线段的中点坐标为，
则点坐标满足直线的方程，即，
即，①
又由题意可得，则，②
因点，都在椭圆，
则，，
两式相减得，，
即，
将①式和②式代入得，，
化简得，
则，
则，
则
.
故选：A
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 甲，乙，丙，丁四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的同学是（ ）
A. 甲：平均数为3，中位数为2B. 乙：众数为3，平均数为2.4
C. 丙：平均数为2，方差为2.4D. 丁：中位数为3，众数为2
【答案】BC
【解析】
【分析】根据选项中的数字特征通过举例说明A，D满足条件但出现了点数6，对于B，C项，则通过分析说明没有出现点数6即可判断.
【详解】对于A，当甲的统计结果为时，满足平均数为3，中位数为2，故A不正确；
对于B，因乙同学的统计平均数为2.4，则总点数为，又众数为3，则至少有两个3.
当有两个3时，另外三个骰子点数之和为6，则任何一个骰子不可能出现点数6；
当有三个3时，另外两个骰子点数之和为3，不可能出现点数6；有四个3更不可能，故B正确；
对于C，因丙同学的统计平均数为2，若出现了至少一次点数6，设其余四次点数分别为，
则其方差为，故C正确；
对于D，当丁同学的统计结果为时，满足中位数为3，众数为2，故D不正确.
故选：BC.
10. 互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，互相不垂直且有公共原点的两条数轴构成平面斜坐标系，在平面斜坐标系中，，平面上任意一点的斜坐标这样定义：若，（其中，是分别与轴，轴方向相同的单位向量），则点的斜坐标为，且向量的斜坐标为．已知点的斜坐标分别为，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 若，则
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据斜坐标定义将表示成的形式，可判断A正确，再由数乘运算可得B正确，利用向量数量积的坐标运算可得，不一定为0，即C错误；再由向量模长的坐标表示计算可求得D正确.
【详解】对于A，由定义可知，
所以，
即可得，可知A正确；
对于B，易知，所以，即B正确；
对于C，若，
则
，
因此，不一定为0，即C错误；
对于D，易知，
所以
，即D正确.
故选：ABD
11. 设函数的定义域为，的导函数满足，且，则下列结论一定成立的是（ ）
A. 的最大值为1
B. 在点处的切线为
C. 若方程有两个不同的解，，则
D. 若，，，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】先求表达式：由，根据求导法则得，再代入求出，进而得到，用除法求导法则对求导. 对于A选项：令得极值点，根据导数正负判断单调性，求出最大值. 对于B选项：先求处的函数值和导数值，再用点斜式求切线方程. 对于C选项：设，通过构造函数，判断其单调性来证明. 对于D选项：由得，将变形，换元后根据二次函数性质求最值.
【详解】已知，可知.
可得（为常数）.
因为，将，代入，可得，即，解得.
所以，则，.
对求导，可得：
.
对于选项A，令，即，解得.
当时，，则，单调递增；
当时，，则，单调递减.
所以在处取得极大值，也是最大值，，但当时，，所以没有最小值，A选项正确.
对于选项B，当时，.
.
根据点斜式方程可得，即，所以在点处的切线为，B选项正确.
对于选项C，由前面分析可知在上单调递增，在上单调递减.
不妨设，若，则，因为，且在上单调递减，所以只需证明，又因为，所以只需证明.
令，，则.
当时，，，，，所以，在上单调递增，则，即，所以，与矛盾，C选项错误.
对于选项D，因为，所以.
.
令，则，所以.
对于二次函数，其对称轴为，开口向下，所以当时，取得最大值，.
则，D选项正确.
故选：ABD.
第II卷（非选择题共92分）
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．
12 已知，，则_____．
【答案】1
【解析】
分析】根据条件，利用指对数互换和换底公式，即可求解.
【详解】因为，则，又，
所以，
故答案为：.
13. 单位圆上位于第一象限的点按逆时针方向旋转后到点，若点横坐标为，则点横坐标为_____．
【答案】
【解析】
【分析】先由题设，接着结合题意得到，再结合两角和的余弦公式、以及求根公式求出x即可得解.
【详解】由题可设，
则，
则由题，
所以，即，
解得，
又，所以.
故答案为：.
14. 已知正三棱锥，底面边长为，二面角的正切值为，则正三棱锥的外接球半径为_____，分别为正三棱锥内切球，外接球球面上的动点，则线段长度的最大值为_____．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】过作面，利用正三棱锥的性质，知是的中心，再利用几何关系和条件，可得，由正三棱锥的性质知外接球球心在上，再利用勾股定理，即可求出外接球的半径，再利用等体积法，求出内切球的半径，根据条件转化成求两球心距和内切球、外接球半径之和，即可求解.
【详解】如图，过作面，因为是正三棱锥，则是的中心，
连接并延长交于，则是的中点，连接，
因为，，所以为二面角的平面角，
又，是中心，则，，
在中，由，得到，
因为是正三棱锥，则的外接球球心在上，设球心为，半径为，连接，
如图，由，得到，解得.
因为，所以，
则，又，，
设正三棱锥内切球的圆心为，半径为，易知在上，
由，得到，所以，
又，，
则线段长度的最大值为，
故答案为：，.
四、解答题：本大题共5小题，共计77分．解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 已知，，分别为三个内角A，，的对边，且．
（1）求A；
（2）若，的面积为，求的值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）先由题和正弦定理边化角并结合两角和正弦公式化简得，接着由两角差的正弦公式得到即可求解角A；
（2）结合（1）求出角C，接着由即可求解.
小问1详解】
由题和正弦定理得，
所以，
所以，
因为，所以，所以，即，
又，所以，所以，即；
【小问2详解】
由题意可得，，
解得．
16. 如图，点在以为直径的圆周上运动，平面，，是的中点．
（1）若，求三棱锥P－AMC的体积；
（2）当面积最大时，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先证平面，推得的长即点平面的距离，利用是的中点可得，即可求出三棱锥P－AMC的体积；
（2）依题意建系，写出相关点的坐标，求得平面的法向量，利用两空间向量的夹角的坐标公式计算即得.
【小问1详解】
因为直径，则，可得，
因是的中点，则点到平面的距离等于点平面的距离的一半.
因平面，平面，则，
因平面，则平面，则的长即点平面的距离.
故.
【小问2详解】
因为直角三角形，，故当且仅当时，面积最大，
此时以点为坐标原点，，所在直线为轴、轴，过作轴平面，建立空间直角坐标系，
则，，，，．
，，．
设平面的法向量为，
则，则可取，
于是
直线与平面所成角的正弦值为
17. 在数字通信中，信号的每一次传输都是从一个基站发到下一个基站，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知正确接收的概率为0.9，错误接收的概率为0.1．
（1）在计算机内部，所有的信息都表示为一个二进制的字符串，八个二进制位被称为一个字节（byte），上个世纪60年代制定了一套字符编码，对英语字符与二进制位之间的关系做了统一规定，这被称为ASCII码，一直沿用至今，比如小写字母a的编码值是97（二进制01100001），d的编码值是100（二进制01100100），ASCII码一共规定了128个字符的编码，这128个字符只占用了一个字节的后面7位，最前面的1位统一规定为0．假如信息录入人员不小心将字母a看成了，求接收端仍然接收为的概率．
（2）假如发送字符a时，接收为a和d的概率分别为0.99和0.01，发送字符d时，接收为a和d的概率分别为0.01和0.99，试求发送字符a经过次传输后仍然接收为的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意直接计算即可；
（2）设第次传输后仍然接收为的概率为，则，构造等比数列可求得.
【小问1详解】
由题知，.
【小问2详解】
设第次传输后仍然接收为的概率为，
则，
，，
，又，
所以数列是以0.49为首项，0.98为公比的等比数列，
，
.
18. 已知函数，．
（1）若在定义域上单调递增，求的取值范围；
（2）当时，设，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据函数二次求导，分类讨论原函数的单调性，求解不等式即得；
（2）由（1）得时，，使，即，则得，令，通过求导求出该函数的最大值，即得的最大值.
【小问1详解】
由可得，设，则
①当时，，则在上单调递增．
因为当时，
此时不可能在上单调递增；
②当时，．则在上单调递增，符合题意；
③当时，令，得
故需使 ， 解得 ，故 ．
综上，的取值范围是．
【小问2详解】
由 （1）知，时，，使．
即，可得，
令，
．
令，得
所以，即的最大值为.
19. 材料一：二次方程（不同时为）可以表示圆，椭圆，双曲线，抛物线等二次曲线，其中椭圆，双曲线，抛物线的曲线方程可以通过坐标旋转变换，平移变换得到相应曲线的标准方程．
材料二：在平面直角坐标系中，点绕原点按逆时针方向旋转角后，可得点．
根据上述材料回答以下问题：
（1）求曲线绕原点按逆时针方向旋转后曲线方程；
（2）探索角满足什么条件时，方程（）对应的曲线经过旋转后所得曲线方程中的系数为；
（3）曲线，点为曲线上任意一点，过点且与曲线在点处切线垂直的直线分别交直线，直线于，两点，线段的中点为.当点运动时，记点的轨迹为曲线，判断曲线是什么曲线并给出相应说明.
【答案】（1）；
（2）答案见解析； （3）曲线的轨迹为去除顶点的双曲线，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）设绕着原点按逆时针旋转角后得到点，根据旋转坐标公式代入计算即可；
（2）将代入方程，然后再分当和讨论即可；
（3）取，将曲线按逆时针旋转，得到变换后得曲线方程，再联立切线方程与曲线方程得到线段中点，则得到其轨迹方程.
【小问1详解】
设绕着原点按逆时针旋转角后得到点，根据坐标旋转公式：
，即
当时，代入方程，则旋转后的曲线方程：
，即
【小问2详解】
将代入方程：
将上述方程记为：
则，
当时，，即，
当时，满足.
【小问3详解】
在方程中，根据上一问探究：
当时，不妨取．此时将曲线按逆时针旋转，
对应方程按照变换后得曲线即．
与此同时，直线，直线分别旋转至轴，轴的位置，
根据题意：任取曲线上一点，其中，
设曲线在处的切线方程为且，联立方程，
当时，，则过且垂直于切线的直线方程为，令，令，
则该直线与轴，轴交点分别为，
线段的中点，则，即，
代入，，得，
则当点在曲线上运动时，点的轨迹方程为：
所以曲线的轨迹为去除顶点的双曲线.
－
0
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递减
极小
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极小
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极大
递减