甘肃定西市岷县第一中学、第二中学、第三学校、第四中学2025-2026学年高三三诊模拟考试数学试卷（高考模拟）

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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､单选题：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．
1. 集合的元素个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】
根据集合的代表元素及需满足的条件，用列举法表示出集合，即可得到结果.
【详解】解：
所以集合中含有个元素
故选：
本题考查列举法表示集合及集合元素的个数问题，属于基础题.
2. 用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为
A. 24B. 48
C. 60D. 72
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：由题意，要组成没有重复数字的五位奇数，则个位数应该为1或3或5，其他位置共有种排法，所以奇数的个数为，故选D.
【考点】排列、组合
【名师点睛】利用排列、组合计数时，关键是正确进行分类和分步，分类时要注意不重不漏，分步时要注意整个事件的完成步骤．在本题中，个位是特殊位置，第一步应先安排这个位置，第二步再安排其他四个位置．
3. 函数是（ ）
A. 奇函数，且最小值为B. 奇函数，且最大值为
C. 偶函数，且最小值为D. 偶函数，且最大值为
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合函数的奇偶性，判定A、B不正确；再结合三角函数的图象与性质，求得函数的最大值和最小值，即可求解.
【详解】由函数，可得其定义域，关于原点对称，
且，所以函数为偶函数，
因为，
所以为的一个周期，
不妨设，
若时，可得，
因为，可得，
当时，即时，可得；
当时，即时，可得；
若，可得，
因为，可得，
当时，即时，可得；
当时，即时，可得，
综上可得，函数的最大值为，最小值为.
故选：D.
4. “明数理”数学兴趣小组通过调查，整理出天津市三月份每日最高气温与最低气温的数据，绘制了气温与日期关系的散点图（如图），并进行统计学分析，下列说法正确的是（ ）

A. 小明根据散点图判断气温与日期无相关关系
B. 小华利用最小二乘法计算最高气温与日期的经验回归方程为，其中x为日期（3月1日为，3月31日为）
C. 小红计算出最低气温与日期的相关系数为0.9397，以此判断两者的相关程度很弱
D. 小强判断无论是最高气温与日期，还是最低气温与日期都正线性相关
【答案】D
【解析】
【分析】由散点图，回归直线方程的性质，变量间的相关关系分别判断即可求解．
【详解】对于A，观察散点图，横轴代表日期，纵轴代表气温，图中的散点分布并不是杂乱无章的，而是呈现出一种带状分布，
且整体趋势是随着日期的增加，气温也在逐渐升高，这种趋势表明气温与日期之间存在密切的联系，即存在相关关系，故A错误；
对于B，回归直线方程中，斜率反映了变量随的变化趋势，
若表示变量随的增大而增大，为正相关，若表示变量随的增大而减小，为负相关；
由散点图可知，气温随日期的增大而升高，属于正相关，所以回归方程的斜率应为正数，
而小华计算最高气温与日期的经验回归方程斜率为，故B错误；
对于C，的值越大，相关性越强，小红计算出最低气温与日期的相关系数为0.9397，以此判断两者的相关程度很强，故C错误；
对于D，由散点图可知，无论是最高气温还是最低气温，其数据点都呈现出随日期增加而上升的趋势，为正线性相关，故D正确．
5. 正n边形有n条边,它们对应的向量依次为a1,a2,a3,…,an,则这n个向量( )
A. 都相等B. 都共线C. 都不共线D. 模都相等
【答案】D
【解析】
【详解】正n边形n条边相等,故这n个向量的模相等.
故选：D.
6. 已知曲线在处的切线方程是，则与分别为
A. 5，B. ，5C. ，0D. 0，
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数的几何意义得到f'（5）等于直线的斜率﹣1，由切点横坐标为5，
得到纵坐标即f（5）．
【详解】由题意得f（5）=﹣5+5=0，f′（5）=﹣1．
故选D．
本题考查了导数的几何意义，考查学生的计算能力，属于基础题．
7. 如图所示，四面体的体积为，点为棱的中点，点分别为线段的三等分点，点为线段的中点，过点的平面与棱分别交于，设四面体的体积为，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量线性运算可得，令可得，利用四点共面和基本不等式可求得的最小值，结合棱锥体积公式可求得结果.
【详解】连接，
由题意知：；
令，则，，
四点共面，（当且仅当时取等号），
；
设点到平面的距离为，则点到平面的距离为，
又，，
，即的最小值为.
故选：C.
关键点点睛：本题考查三棱锥体积相关问题的求解，解题关键是能够结合空间向量的知识，利用四点共面得到的最小值，进而代入体积公式求解.
8. 已知，其中i为虚数单位，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法运算和共轭复数的概念即可求解.
【详解】因为，所以
所以.
故选：B.
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. 已知为等比数列，其前项和为，公比为，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用等比数列的通项公式与前项和公式计算即可逐一判断.
【详解】对于A，为等比数列，，则，，故A错误；
对于B，因为等比数列，则，又，因，故，即B正确；
对于C，当时，因，，
所以，故C正确；
对于D，由，得，则，所以，
又，即，又因为，即，
因，则得，故D正确.
10. 设A，B是两个随机事件，，，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若A与B相互独立，则
B. 若A与B互斥，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用和事件的概率公式，及相互独立事件同时发生的概率公式即可求解；对于B，利用互斥事件的关系即可求解；
对于C，根据积事件的概率公式，及事件的关系即可求解；
对于D,根据和事件的概率公式求出再由相互独立事件的定义得到A与B相互独立再利用和事件的概率公式即可求解
【详解】若A与B相互独立，则，
∴，故A正确；
若A与B互斥，则，∴，故B错误；
∵，∴，
∴，故C正确；
∵，∴，
∴A与B相互独立.∴与B相互独立，A与相互独立.
∴
，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，的最小值为
B. 若有两个极值点，则实数的取值范围为
C. 当时，的值域为
D. 若存在，使得成立，则实数的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，求导后求单调区间，进而求最小值即可；
B选项，将问题转化成有两个不同的解，构造新的函数，使和有两个交点即可；
C选项，直接利用导数分析的值域即可；
D选项，令，设出的根，保证即可.
【详解】 ，求导得
A选项，当时，，，
令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，则，
即的最小值为，所以A选项错误；
B选项，有两个极值点，等价于有两个不同的实数根，即有两个不同的解，
令，则，在上单调递减，在上单调递增，则，
且当时，；当时，；且时，，，
所以当时，有两个不同的解，即有两个极值点，所以B选项正确；
C选项，若，则， ，所以在定义域内单调递增，
当时，；当时，；则的值域为，所以C选项正确；
D选项，存在，使得，即存在，使得，
令，则 ，由B选项解析可知，当时，若，则，
不妨设为的根，即 ，
当，单调递减，当，单调递增，
则在处取得最小值， ，
需要满足存在，使得成立，
令，则，其中，
令，解得，所以在上单调递减，在单调递增，
则，此时 满足题意，所以，所以D选项正确.
本题需要构造不同的函数，利用新函数的导数去研究原函数的单调性和取值范围，构造函数的时候需要注意自变量的取值范围.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 角终边经过点，且，，则实数a的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据三角函数定义解题即可
【详解】由于，，根据三角函数定义得到
，解得.
故答案为：.
13. 若实数，满足，则的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】已知条件可化为，故可设，从而目标代数式可化为，利用基本不等式可求其最大值.
【详解】由，得，
设，其中，则，
从而，
故
记，则，
要求最大值，则只需考虑，则,
当且仅当，即时取等号，即最大值为.
故答案为：.
14. 已知抛物线的焦点为，为上的两个动点，且，，当的周长最大时，抛物线的标准方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用余弦定理、基本不等式可得，进而有时，的周长最大，结合抛物线对称性，设，应用抛物线的定义及点在抛物线上求参数，即可得答案.
【详解】设，，

在中，，由余弦定理得，
所以，
所以，所以，当且仅当时取等号，
即时，的周长最大，
此时不妨设点，所以，化简，解得（舍去），
故抛物线的标准方程为．
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. 记的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）若，，，边上的中线，相交于点．
（i）求；
（ii）求．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）通过正弦定理将边化为角，结合两角和的正弦公式以及辅助角公式得到关于的方程进而得解；
（2）（i）通过求向量的模长即可得结果；（ii）通过余弦定理求出，（法一）根据重心的性质求出和，最后通过余弦定理可得结果；（法二）通过求得到结果.
【小问1详解】
由正弦定理得，
∴，
∴，
∵，∴，
∴．
∵ ∴，即．
【小问2详解】
（i）∵，
∴．
（ii）在中，由余弦定理得，
即
（法一）由题知是的重心，
∴，∴，
在中，由余弦定理得．
（法二）又，
∴．
∴．
16. 甲､乙两位同学进行一场乒乓球比赛，约定采用五局三胜制，当一人赢得三局胜利时，该同学获胜，比赛结束，在每局比赛中，都不会出现平局，且甲同学先发球该局甲获胜的概率为，乙同学先发球该局甲获胜的概率为．经抽签，第一局甲先发球，第二局乙先发球，依次轮流发球．
（1）求甲连胜三局的概率．
（2）求需要进行第五局比赛的概率．
（3）比赛结束时，设甲获胜局数为X，求X的分布列和数学期望．
【答案】（1）
（2）
（3）X的分布列为
数学期望为
【解析】
【分析】（1）利用概率的乘法公式计算；
（2）分甲发球的两局甲都胜，其余都负、乙发球的两局甲都胜，其余都负、甲发球的两局甲胜一局，乙发球的两局甲胜一局，其余都负三种情况求出概率；
（3）根据独立事件和互斥事件结合前两问逐一求出概率，最后利用期望公式求出.
【小问1详解】
甲连胜三局的概率．
【小问2详解】
需要进行第五局比赛，说明前四局甲胜两局负两局，有三种情况：
甲发球的两局甲都胜，其余都负，其概率为342×1−132=14；
乙发球的两局甲都胜，其余都负，其概率为1−342×132=1144；
甲发球的两局甲胜一局，乙发球的两局甲胜一局，其余都负，其概率为
C211−13×34×C211−34×13=16，
故需要进行第五局比赛的概率为．
【小问3详解】
X的所有可能取值为0，1，2，3
P(X=0)=1−341−131−34=124．
的情况是比赛四局，前三局甲胜一局负两局，第四局甲负，
则甲发球胜一局的概率为C21×34×1−13×1−34×1−13=16，
乙发球甲胜一局的概率为1−34×13×1−34×1−13=172，
所以；
P(X=2)=1−34p2=61576；
P(X=3)=p1+1−34×13×34×13+34×1−13×34×13+ 34×13×1−34×13+34p2=1748+61192=129192．
所以X的分布列为
所以．
17. 设为坐标原点，抛物线与的焦点分别为为线段的中点．点在上在第一象限），点在上，．
（1）求曲线的方程；
（2）设直线的方程为，求直线的斜率；
（3）若直线与的斜率之积为，求四边形面积的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求出的坐标，即可得到的坐标，从而求出抛物线方程；
（2）设，，，，联立直线与抛物线方程，求出，的坐标，再由向量的关系求出的坐标，即可得解；
（3）推导出，同理，即可得到，设，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可求出过定点坐标，再求出的最小值.
【小问1详解】
抛物线的焦点为，
由为线段的中点，可得，
所以曲线的方程为；
【小问2详解】
设，，，，
联立，消去x整理得，解得，，
则，，
因为，则，
因为，，则，所以，
所以，，即，直线的斜率为；
【小问3详解】
因为，，，，
所以，，
因为，所以
因为，，，，
所以，①
由代入①得，
由得，
因为，，所以，所以，同理，
所以且，
所以，因为，所以，
所以，得，即，
设，联立消去x，得，
所以，所以，则，所以过定点，
则，
当且仅当，即时取等号，所以，
所以四边形面积的最小值为
18. 如图，四棱台的上下底面均为正方形，且底面ABCD，.
（1）求证：平面平面；
（2）若线段上存在点P，使得平面与平面的夹角的余弦值为.
（ⅰ）求直线与平面所成角的正弦值；
（ⅱ）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）（ⅰ）（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）根据题意先证平面，再根据面面垂直的判定即可证明；
（2）以点A为原点建立空间直角坐标系，设点，利用向量法求平面角求出，确定点；（ⅰ）根据空间向量法求线面角即可；（ⅱ）
【小问1详解】
解：证明：因为平面ABCD，平面ABCD，
因此，又因为正方形ABCD，所以，，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
以点A为原点，AB，AD，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，
，，，，，.
若存在点P，设点，，
设平面PBD的法向量为，，，
则，令，则，
设平面与平面的夹角为，易得平面的法向量为，
由已知有，即，
整理有，解得，或（舍）；
所以，，，
（ⅰ）设直线与平面所成角为，
，
所以，直线与平面PBD所成角的正弦值为；
（ⅱ）易知，设点到平面的距离为d，故.
点到平面PBD的距离为.
19. 已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）若有且仅有1个零点，求的值；
（3）若存在，使得对任意恒成立，证明：．
【答案】（1）的单调递增区间为 ，单调递减区间为.
（2）
（3）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）先求定义域，再对函数求导，利用导数即可得到单调区间；
（2）由有且仅有1个零点，分离参数得到有且仅有1个解，令， 利用导数得到的单调性和最小值，所以.
（3）由对任意恒成立，得到，则只需证明即可，利用导数得到最大值为.因此，再令，得到 时取得最大值，因此，即，故得证.
【小问1详解】
当时，，定义域为，
求导得到，
令，则当时，
所以在内单调递减，且，
即在内单调递减，且，
所以当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
综上所述，单调递增区间为 ，单调递减区间为.
【小问2详解】
因为有且仅有1个零点，
所以方程有且仅有1个解，
即有且仅有1个解，
令， ，
则，
令，则，
所以在区间 上单调递增，
又因为 ，
所以当 时，，即，单调递减；
当 时，，即，单调递增；
所以函数在处取得极小值也是最小值，
当时，，时，，
因为有且仅有1个解，
所以.
【小问3详解】
因为对任意恒成立，
所以，即，
因此，
要证，只需证明即可，
对函数求导得到，
令，则，
所以在区间单调递减，
即在区间单调递减，
存在唯一极大值点，满足，即，
在内函数单调递增，
内函数单调递减，
所以当时取得极大值也是最大值
.
因此，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在时取得最大值，
因此，
所以，所以，
故得证.X
0
1
2
3
P
X
0
1
2
3
P