甘肃省酒泉市2025-2026学年高三第三次模拟考试数学试卷（含答案解析）

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1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．下列命题中，真命题的个数为（ ）
①命题“若，则”的否命题；
②命题“若，则或”；
③命题“若，则直线与直线平行”的逆命题.
A．0B．1C．2D．3
2．已知双曲线：的左、右两个焦点分别为，，若存在点满足，则该双曲线的离心率为（ ）
A．2B．C．D．5
3．在中，角的对边分别为，若，则的形状为（ ）
A．直角三角形B．等腰非等边三角形
C．等腰或直角三角形D．钝角三角形
4．集合,则集合的真子集的个数是
A．1个B．3个C．4个D．7个
5．下列选项中，说法正确的是（ ）
A．“”的否定是“”
B．若向量满足 ，则与的夹角为钝角
C．若，则
D．“”是“”的必要条件
6．函数在上的图象大致为（ ）
A． B． C． D．
7．设直线过点，且与圆：相切于点，那么（ ）
A．B．3C．D．1
8．已知为圆：上任意一点，，若线段的垂直平分线交直线于点，则点的轨迹方程为( )
A．B．
C．（）D．（）
9．已知等差数列满足，公差，且成等比数列，则
A．1B．2C．3D．4
10．已知实数满足不等式组，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
11．在边长为1的等边三角形中，点E是中点，点F是中点，则（ ）
A．B．C．D．
12．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．定义在封闭的平面区域内任意两点的距离的最大值称为平面区域的“直径”.已知锐角三角形的三个点，，，在半径为的圆上，且，分别以各边为直径向外作三个半圆，这三个半圆和构成平面区域，则平面区域的“直径”的最大值是__________.
14．已知实数满足（为虚数单位），则的值为_______.
15．设为等比数列的前项和，若，且，，成等差数列，则 .
16．有编号分别为1，2，3，4，5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，则取出球的编号互不相同的概率为_______________.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知椭圆，点，点满足（其中为坐标原点），点在椭圆上.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆的右焦点为，若不经过点的直线与椭圆交于两点.且与圆相切.的周长是否为定值?若是，求出定值；若不是，请说明理由.
18．（12分）如图，直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，，，，分别为，的中点，为棱上一点，若平面.
（1）求线段的长；
（2）求二面角的余弦值.
19．（12分）如图，在直三棱柱中，，点P，Q分别为，的中点.求证：
（1）PQ平面；
（2）平面.
20．（12分）已知函数.
（1）若在上是减函数，求实数的最大值；
（2）若，求证：.
21．（12分）设函数，是函数的导数.
（1）若，证明在区间上没有零点；
（2）在上恒成立，求的取值范围.
22．（10分）已知数列满足（），数列的前项和，（），且，．
（1）求数列的通项公式：
（2）求数列的通项公式．
（3）设，记是数列的前项和，求正整数，使得对于任意的均有．
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．C
【解析】
否命题与逆命题是等价命题，写出①的逆命题，举反例排除；原命题与逆否命题是等价命题，写出②的逆否命题后，利用指数函数单调性验证正确；写出③的逆命题判，利用两直线平行的条件容易判断③正确.
【详解】
①的逆命题为“若，则”，
令，可知该命题为假命题，故否命题也为假命题；
②的逆否命题为“若且，则”，该命题为真命题，故②为真命题；
③的逆命题为“若直线与直线平行，则”，该命题为真命题.
故选：C.
本题考查判断命题真假. 判断命题真假的思路：
(1)判断一个命题的真假时，首先要弄清命题的结构，即它的条件和结论分别是什么，然后联系其他相关的知识进行判断．
(2)当一个命题改写成“若，则”的形式之后，判断这个命题真假的方法：
①若由“”经过逻辑推理，得出“”，则可判定“若，则”是真命题；②判定“若，则”是假命题，只需举一反例即可．
2．B
【解析】
利用双曲线的定义和条件中的比例关系可求.
【详解】
.选B.
本题主要考查双曲线的定义及离心率，离心率求解时，一般是把已知条件，转化为a,b,c的关系式.
3．C
【解析】
利用正弦定理将边化角，再由，化简可得，最后分类讨论可得；
【详解】
解：因为
所以
所以
所以
所以
所以
当时，为直角三角形；
当时即，为等腰三角形；
的形状是等腰三角形或直角三角形
故选：．
本题考查三角形形状的判断，考查正弦定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．
4．B
【解析】
由题意，结合集合，求得集合，得到集合中元素的个数，即可求解，得到答案．
【详解】
由题意，集合，
则，
所以集合的真子集的个数为个，故选B．
本题主要考查了集合的运算和集合中真子集的个数个数的求解，其中作出集合的运算，得到集合，再由真子集个数的公式作出计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．
5．D
【解析】
对于A根据命题的否定可得：“∃x0∈R，x02-x0≤0”的否定是“∀x∈R，x2-x＞0”，即可判断出；对于B若向量满足，则与的夹角为钝角或平角；对于C当m=0时，满足am2≤bm2，但是a≤b不一定成立；对于D根据元素与集合的关系即可做出判断．
【详解】
选项A根据命题的否定可得：“∃x0∈R，x02-x0≤0”的否定是“∀x∈R，x2-x＞0”，因此A不正确；
选项B若向量满足，则与的夹角为钝角或平角，因此不正确.
选项C当m=0时,满足am2≤bm2，但是a≤b不一定成立，因此不正确；
选项D若“”，则且，所以一定可以推出“”，因此“”是“”的必要条件，故正确.
故选：D.
本题考查命题的真假判断与应用，涉及知识点有含有量词的命题的否定、不等式性质、向量夹角与性质、集合性质等，属于简单题.
6．C
【解析】
根据函数的奇偶性及函数在时的符号，即可求解.
【详解】
由可知函数为奇函数.
所以函数图象关于原点对称，排除选项A，B；
当时，，
，排除选项D，
故选：C.
本题主要考查了函数的奇偶性的判定及奇偶函数图像的对称性，属于中档题.
7．B
【解析】
过点的直线与圆：相切于点，可得.因此，即可得出.
【详解】
由圆：配方为，
，半径.
∵过点的直线与圆：相切于点，
∴；
∴；
故选：B.
本小题主要考查向量数量积的计算，考查圆的方程，属于基础题.
8．B
【解析】
如图所示：连接，根据垂直平分线知，，故轨迹为双曲线，计算得到答案.
【详解】
如图所示：连接，根据垂直平分线知，
故，故轨迹为双曲线，
，，，故，故轨迹方程为.
故选：.
本题考查了轨迹方程，确定轨迹方程为双曲线是解题的关键.
9．D
【解析】
先用公差表示出，结合等比数列求出.
【详解】
,因为成等比数列，所以，解得.
本题主要考查等差数列的通项公式.属于简单题，化归基本量，寻求等量关系是求解的关键.
10．B
【解析】
作出约束条件的可行域，在可行域内求的最小值即为的最小值，作，平移直线即可求解.
【详解】
作出实数满足不等式组的可行域，如图（阴影部分）
令，则，
作出，平移直线，当直线经过点时，截距最小，
故，
即的最小值为.
故选：B
本题考查了简单的线性规划问题，解题的关键是作出可行域、理解目标函数的意义，属于基础题.
11．C
【解析】
根据平面向量基本定理，用来表示，然后利用数量积公式，简单计算，可得结果.
【详解】
由题可知：点E是中点，点F是中点
，
所以
又
所以
则
故选：C
本题考查平面向量基本定理以及数量积公式，掌握公式，细心观察，属基础题.
12．A
【解析】
利用已知条件画出几何体的直观图，然后求解几何体的体积．
【详解】
几何体的三视图的直观图如图所示，
则该几何体的体积为：．
故选：．
本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状是解题的关键．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
先找到平面区域内任意两点的最大值为，再利用三角恒等变换化简即可得到最大值.
【详解】
由已知及正弦定理，得，所以，
，取AB中点E，AC中点F，BC中点G，
如图所示
显然平面区域任意两点距离最大值为，
而
，
当且仅当时，等号成立.
故答案为：.
本题考查正弦定理在平面几何中的应用问题，涉及到距离的最值问题，在处理这类问题时，一定要数形结合，本题属于中档题.
14．
【解析】
由虚数单位的性质结合复数相等的条件列式求得，的值，则答案可求．
【详解】
解：由，，，
所以，
得，．
．
故答案为：．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查虚数单位的性质，属于基础题．
15．.
【解析】
试题分析：∵，，成等差数列，∴，
又∵等比数列，∴.
考点：等差数列与等比数列的性质.
【名师点睛】本题主要考查等差与等比数列的性质，属于容易题，在解题过程中，需要建立关于等比数列
基本量的方程即可求解，考查学生等价转化的思想与方程思想.
16．
【解析】
试题分析：从编号分别为1，1，3，4，5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，有种不同的结果，由于是随机取出的，所以每个结果出现的可能性是相等的；设事件为“取出球的编号互不相同”，
则事件包含了个基本事件，所以.
考点：1.计数原理；1．古典概型.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）（2）是，
【解析】
（1）设,根据条件可求出的坐标，再利用在椭圆上，代入椭圆方程求出即可;
（2）设运用勾股定理和点满足椭圆方程，求出，,再利用焦半径公式表示出,进而求出周长为定值．
【详解】
(1)设,因为,
即则,即,
因为均在上,代入得,解得,所以椭圆的方程为;
(2)由(1)得,作出示意图,
设切点为,
则,
同理
即,所以,
又,
则的周长,
所以周长为定值.
标准方程的求解,椭圆中的定值问题,考查焦半径公式的运用,考查逻辑推理能力和运算求解能力,难度较难.
18．（1）（2）
【解析】
（1）先证得，设与交于点，在中解直角三角形求得，由此求得的值.
（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值.
【详解】
（1）由题意，，
设与交于点，在中，可求得，则，
可求得，则
（2）以为原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴，
建立空间直角坐标系.
，，，
，，易得平面的法向量为.
，，易得平面的法向量为.
设二面角为，由图可知为锐角，所以
.
即二面角的余弦值为.
本小题主要考查根据线面垂直求边长，考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
19．（1）见解析（2）见解析
【解析】
（1）取的中点D，连结，.根据线面平行的判定定理即得；（2）先证，，和都是平面内的直线且交于点，由（1）得，再结合线面垂直的判定定理即得.
【详解】
（1）取的中点D，连结，.
在中，P，D分别为，中点，
，且.在直三棱柱中，，.Q为棱的中点，，且.
，.
四边形为平行四边形，从而.
又平面，平面，平面.
（2）在直三棱柱中，平面.又平面，.，D为中点，.
由（1）知，，.
又，平面，平面，
平面.
本题考查线面平行的判定定理，以及线面垂直的判定定理，难度不大.
20．（1）（2）详见解析
【解析】
（1），
在上，因为是减函数，所以恒成立，
即恒成立，只需.
令，，则，因为，所以.
所以在上是增函数，所以，
所以，解得.
所以实数的最大值为.
（2），.
令，则，
根据题意知，所以在上是增函数.
又因为，
当从正方向趋近于0时，趋近于，趋近于1，所以，
所以存在，使，
即，，
所以对任意，，即，所以在上是减函数；
对任意，，即，所以在上是增函数，
所以当时，取得最小值，最小值为.
由于，，
则
，当且仅当 ，即时取等号，
所以当时，．
21．（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）先利用导数的四则运算法则和导数公式求出，再由函数的导数可知，
函数在上单调递增，在上单调递减，而，，可知在区间上恒成立，即在区间上没有零点；
（2）由题意可将转化为，构造函数，
利用导数讨论研究其在上的单调性，由，即可求出的取值范围．
【详解】
（1）若，则，，
设，则，，
，故函数是奇函数．
当时，，，这时，
又函数是奇函数，所以当时，.
综上，当时，函数单调递增；当时，函数单调递减.
又，，
故在区间上恒成立，所以在区间上没有零点.
（2），由，所以恒成立，
若，则，设，
.
故当时，，又，所以当时，，满足题意；
当时，有，与条件矛盾，舍去；
当时，令，则，
又，故在区间上有无穷多个零点，
设最小的零点为，
则当时，，因此在上单调递增.
，所以.
于是，当时，，得，与条件矛盾.
故的取值范围是.
本题主要考查导数的四则运算法则和导数公式的应用，以及利用导数研究函数的单调性和最值，涉及分类讨论思想和放缩法的应用，难度较大，意在考查学生的数学建模能力，数学运算能力和逻辑推理能力，属于较难题．
22．（1）（）．（2），．（3）
【解析】
（1）依题意先求出,然后根据 ,求出的通项公式为,再检验的情况即可;
（2）由递推公式,得, 结合数列性质可得数列相邻项之间的关系,从而可求出结果;
（3）通过（1）、（2）可得,所以,,,,．记,利用函数单调性可求的范围,从而列不等式可解.
【详解】
解：（1）因为数列满足（）
①；
②当时,．
检验当时, 成立.
所以,数列的通项公式为（）．
（2）由,得, ①
所以,． ②
由①②,得,,
即,, ③
所以,,． ④
由③④,得,,
因为,所以,上式同除以,得
,,
即,
所以,数列时首项为1,公差为1的等差数列,
故,．
（3）因为．
所以,,,,．
记,
当时,．
所以,当时,数列为单调递减,当时,．
从而,当时,．
因此,．
所以,对任意的,．
综上,．
本题考在数列通项公式的求法、等差数列的定义及通项公式、数列的单调性,考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力以及化归与转化思想、分类讨论思想.