贵州省黔南布依族苗族自治州2025-2026学年高考数学三模试卷（含答案解析）

这是一份贵州省黔南布依族苗族自治州2025-2026学年高考数学三模试卷（含答案解析），共24页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，若复数满足，则的虚部为，已知数列中，，，则等于，已知，则的值等于等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
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．已知抛物线y2= 4x的焦点为F，抛物线上任意一点P，且PQ⊥y轴交y轴于点Q，则 的最小值为（ ）
A．B．C．lD．1
2．木匠师傅对一个圆锥形木件进行加工后得到一个三视图如图所示的新木件，则该木件的体积（ ）

A．B．C．D．
3．是边长为的等边三角形，、分别为、的中点，沿把折起，使点翻折到点的位置，连接、，当四棱锥的外接球的表面积最小时，四棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
4．已知命题,；命题若，则，下列命题为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
5．如图，在三棱柱中，底面为正三角形，侧棱垂直底面，.若分别是棱上的点，且，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
6．执行如图所示的程序框图，若输出的结果为11，则图中的判断条件可以为（ ）
A．B．C．D．
7．若复数满足，则的虚部为（ ）
A．5B．C．D．-5
8．已知数列中，，()，则等于（ ）
A．B．C．D．2
9．已知，则的值等于（ ）
A．B．C．D．
10．设，满足约束条件，若的最大值为，则的展开式中项的系数为( )
A．60B．80C．90D．120
11．在中，，分别为，的中点，为上的任一点，实数，满足，设、、、的面积分别为、、、，记（），则取到最大值时，的值为（ ）
A．－1B．1C．D．
12．一个四棱锥的三视图如图所示（其中主视图也叫正视图，左视图也叫侧视图），则这个四棱锥中最最长棱的长度是（ ）．
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知为双曲线：的左焦点，直线经过点，若点，关于直线对称，则双曲线的离心率为__________．
14．如图，在△ABC中，AB＝4，D是AB的中点，E在边AC上，AE＝2EC，CD与BE交于点O，若OB＝OC，则△ABC面积的最大值为_______．
15．设复数满足,则_________.
16．如图，在平行四边形中，，,则的值为_____.
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）如图，在矩形中，，，点是边上一点，且，点是的中点，将沿着折起，使点运动到点处，且满足.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值.
18．（12分）已知椭圆的右焦点为，直线被称作为椭圆的一条准线，点在椭圆上(异于椭圆左、右顶点)，过点作直线与椭圆相切，且与直线相交于点.
（1）求证：.
（2）若点在轴的上方，当的面积最小时，求直线的斜率.
附：多项式因式分解公式：
19．（12分）已知函数.
(1)求不等式的解集；
(2)若对任意恒成立，求的取值范围.
20．（12分）如图，在四棱锥中，是等边三角形，，，.
（1）若，求证：平面；
（2）若，求二面角的正弦值．
21．（12分）为调研高中生的作文水平.在某市普通高中的某次联考中，参考的文科生与理科生人数之比为，且成绩分布在的范围内，规定分数在50以上（含50）的作文被评为“优秀作文”，按文理科用分层抽样的方法抽取400人的成绩作为样本，得到成绩的频率分布直方图，如图所示.其中构成以2为公比的等比数列.
（1）求的值；
（2）填写下面列联表，能否在犯错误的概率不超过0.01的情况下认为“获得优秀作文”与“学生的文理科”有关？
（3）将上述调查所得的频率视为概率，现从全市参考学生中，任意抽取2名学生，记“获得优秀作文”的学生人数为，求的分布列及数学期望.
附：，其中.
22．（10分）在中，内角，，所对的边分别是，，，，，．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求的值．
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．A
【解析】
设点，则点，，利用向量数量积的坐标运算可得，利用二次函数的性质可得最值.
【详解】
解：设点，则点，，
，
，
当时，取最小值，最小值为.
故选：A.
本题考查抛物线背景下的向量的坐标运算，考查学生的计算能力，是基础题.
2．C
【解析】
由三视图知几何体是一个从圆锥中截出来的锥体,圆锥底面半径为,圆锥的高,截去的底面劣弧的圆心角为，底面剩余部分的面积为,利用锥体的体积公式即可求得.
【详解】
由已知中的三视图知圆锥底面半径为，圆锥的高，圆锥母线，截去的底面弧的圆心角为120°，底面剩余部分的面积为，故几何体的体积为：.
故选C.
本题考查了三视图还原几何体及体积求解问题,考查了学生空间想象,数学运算能力,难度一般.
3．D
【解析】
首先由题意得，当梯形的外接圆圆心为四棱锥的外接球球心时，外接球的半径最小，通过图形发现，的中点即为梯形的外接圆圆心，也即四棱锥的外接球球心，则可得到，进而可根据四棱锥的体积公式求出体积.
【详解】
如图，四边形为等腰梯形，则其必有外接圆，设为梯形的外接圆圆心，
当也为四棱锥的外接球球心时，外接球的半径最小，也就使得外接球的表面积最小，过作的垂线交于点，交于点，连接，点必在上，
、分别为、的中点，则必有，
，即为直角三角形.
对于等腰梯形，如图：
因为是等边三角形，、、分别为、、的中点，
必有，
所以点为等腰梯形的外接圆圆心，即点与点重合，如图
，，
所以四棱锥底面的高为，
.
故选：D.
本题考查四棱锥的外接球及体积问题，关键是要找到外接球球心的位置，这个是一个难点，考查了学生空间想象能力和分析能力，是一道难度较大的题目.
4．B
【解析】
解：命题p：∀x＞0，ln（x+1）＞0，则命题p为真命题，则￢p为假命题；
取a=﹣1，b=﹣2，a＞b，但a2＜b2，则命题q是假命题，则￢q是真命题．
∴p∧q是假命题，p∧￢q是真命题，￢p∧q是假命题，￢p∧￢q是假命题．
故选B．
5．B
【解析】
建立空间直角坐标系，利用向量法计算出异面直线与所成角的余弦值.
【详解】
依题意三棱柱底面是正三角形且侧棱垂直于底面.设的中点为，建立空间直角坐标系如下图所示.所以，所以.所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B
本小题主要考查异面直线所成的角的求法，属于中档题.
6．B
【解析】
根据程序框图知当时，循环终止，此时，即可得答案.
【详解】
，.运行第一次，，不成立，运行第二次，
，不成立，运行第三次，
，不成立，运行第四次，
，不成立，运行第五次，
，成立，
输出i的值为11，结束.
故选：B.
本题考查补充程序框图判断框的条件，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意模拟程序一步一步执行的求解策略.
7．C
【解析】
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【详解】
由（1+i）z＝|3+4i|，
得z，
∴z的虚部为．
故选C．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
8．A
【解析】
分别代值计算可得，观察可得数列是以3为周期的周期数列，问题得以解决.
【详解】
解：∵，()，
，
，
，
，
…，
∴数列是以3为周期的周期数列，
，
，
故选：A.
本题考查数列的周期性和运用：求数列中的项，考查运算能力，属于基础题.
9．A
【解析】
由余弦公式的二倍角可得，，再由诱导公式有
，所以
【详解】
∵
∴由余弦公式的二倍角展开式有
又∵
∴
故选：A
本题考查了学生对二倍角公式的应用，要求学生熟练掌握三角函数中的诱导公式，属于简单题
10．B
【解析】
画出可行域和目标函数，根据平移得到，再利用二项式定理计算得到答案.
【详解】
如图所示：画出可行域和目标函数，
，即，故表示直线与截距的倍，
根据图像知：当时，的最大值为，故.
展开式的通项为：，
取得到项的系数为：.
故选：.
本题考查了线性规划求最值，二项式定理，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
11．D
【解析】
根据三角形中位线的性质，可得到的距离等于△的边上高的一半，从而得到，由此结合基本不等式求最值，得到当取到最大值时，为的中点，再由平行四边形法则得出，根据平面向量基本定理可求得，从而可求得结果.
【详解】
如图所示：
因为是△的中位线，
所以到的距离等于△的边上高的一半，
所以，
由此可得，
当且仅当时，即为的中点时，等号成立，
所以，
由平行四边形法则可得，，
将以上两式相加可得，
所以，
又已知，
根据平面向量基本定理可得，
从而.
故选：D
本题考查了向量加法的平行四边形法则，考查了平面向量基本定理的应用，考查了基本不等式求最值，属于中档题.
12．A
【解析】
作出其直观图，然后结合数据根据勾股定定理计算每一条棱长即可.
【详解】
根据三视图作出该四棱锥的直观图，如图所示，其中底面是直角梯形，且，，
平面，且，
∴，，，，
∴这个四棱锥中最长棱的长度是．
故选．
本题考查了四棱锥的三视图的有关计算，正确还原直观图是解题关键，属于基础题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
由点，关于直线对称，得到直线的斜率，再根据直线过点，可求出直线方程，又，中点在直线上，代入直线的方程，化简整理，即可求出结果.
【详解】
因为为双曲线：的左焦点，所以，又点，关于直线对称，，所以可得直线的方程为，又，中点在直线上，所以，整理得，又，所以，
故，解得，因为，所以.
故答案为
本题主要考查双曲线的简单性质，先由两点对称，求出直线斜率，再由焦点坐标求出直线方程，根据中点在直线上，即可求出结果，属于常考题型.
14．
【解析】
先根据点共线得到，从而得到O的轨迹为阿氏圆，结合三角形和三角形的面积关系可求.
【详解】
设
B，O，E共线，则，解得，从而O为CD中点，故.
在△BOD中，BD＝2，，易知O的轨迹为阿氏圆，其半径，
故．
故答案为：.
本题主要考查三角形的面积问题，把所求面积进行转化是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
15．.
【解析】
利用复数的运算法则首先可得出，再根据共轭复数的概念可得结果.
【详解】
∵复数满足，
∴，∴，
故而可得，故答案为.
本题考查了复数的运算法则，共轭复数的概念，属于基础题．
16．
【解析】
根据ABCD是平行四边形可得出，然后代入AB＝2，AD＝1即可求出的值．
【详解】
∵AB＝2，AD＝1，
∴


＝1﹣4
＝﹣1．
故答案为：﹣1．
本题考查了向量加法的平行四边形法则，相等向量和相反向量的定义，向量数量积的运算，考查了计算能力，属于基础题．
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）见解析；（2）
【解析】
（1）取的中点，连接，，由，进而，由，得. 进而平面,进而结论可得证（2）（方法一）过点作的平行线交于点，以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面平面的法向量，由二面角公式求解即可（方法二）取的中点，上的点，使，连接，得，，得二面角的平面角为，再求解即可
【详解】
（1）证明：取的中点，连接，，由已知得，所以，又点是的中点，所以.
因为，点是线段的中点，
所以.
又因为，所以，从而平面，
所以，又，不平行，
所以平面.
（2）（方法一）由（1）知，过点作的平行线交于点，以点为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则点，，，，
所以，，.
设平面的法向量为，
由，得，令，得.
同理，设平面的法向量为，
由，得，
令，得.
所以二面角的余弦值为.
（方法二）取的中点，上的点，使，连接，易知，.
由（1）得，所以平面，所以，
又，所以平面，
所以二面角的平面角为.
又计算得，，，
所以.
本题考查线面垂直的判定，考查空间向量求二面角，考查空间想象及计算能力，是中档题
18．（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）由得令可得，进而得到，同理，利用数量积坐标计算即可；
（2），分，两种情况讨论即可.
【详解】
（1）证明：点的坐标为.
联立方程，消去后整理为
有，可得，，.
可得点的坐标为.
当时，可求得点的坐标为，
，.
有,
故有.
（2）若点在轴上方，因为，所以有，
由（1）知
①因为时.由（1）知，
由函数单调递增，可得此时.
②当时，由（1）知
令
由
，故当时，
，此时函数单调递增：当时，，此时函数单
调递减，又由，故函数的最小值，函数取最小值时
，可求得.
由①②知，若点在轴上方，当的面积最小时，直线的斜率为.
本题考查直线与椭圆的位置关系，涉及到分类讨论求函数的最值，考查学生的运算求解能力，是一道难题.
19． (1)；(2).
【解析】
（1）通过讨论的范围，分为，，三种情形，分别求出不等式的解集即可；
（2）通过分离参数思想问题转化为，根据绝对值不等式的性质求出最值即可得到的范围.
【详解】
(1)当时，原不等式等价于，解得，所以，
当时，原不等式等价于，解得，所以此时不等式无解，
当时，原不等式等价于，解得，所以
综上所述，不等式解集为.
(2)由，得，
当时，恒成立，所以；
当时，.
因为
当且仅当即或时，等号成立，
所以；
综上的取值范围是.
本题考查了解绝对值不等式问题，考查绝对值不等式的性质以及分类讨论思想，转化思想，属于中档题.
20．（1）详见解析（2）
【解析】
（1）如图，作，交于，连接.
因为，所以是的三等分点，可得.
因为，，，所以，
因为，所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，所以，
因为平面，平面，所以平面.
又，平面，平面，所以平面.
因为，、平面，所以平面平面，所以平面.
（2）因为是等边三角形，，所以.
又因为，，所以，所以.
又，平面，，所以平面.
因为平面，所以平面平面.在平面内作平面.
以B点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
所以，，，.
设为平面的法向量，则，即，
令，可得.
设为平面的法向量，则，即，
令，可得.
所以，则，
所以二面角的正弦值为.
21．（1），，.（2）填表见解析；在犯错误的概率不超过0.01的情况下，不能认为“获得优秀作文”与“学生的文理科”有关（3）详见解析
【解析】
（1）根据频率分步直方图和构成以2为公比的等比数列，即可得解；
（2）由频率分步直方图算出相应的频数即可填写列联表，再用的计算公式运算即可；
（3）获奖的概率为，随机变量，再根据二项分布即可求出其分布列与期望.
【详解】
解：（1）由频率分布直方图可知，，
因为构成以2为公比的等比数列，所以，解得，
所以，.
故，，.
（2）获奖的人数为人，
因为参考的文科生与理科生人数之比为，所以400人中文科生的数量为，理科生的数量为.
由表可知，获奖的文科生有6人，所以获奖的理科生有人，不获奖的文科生有人.
于是可以得到列联表如下：
所以在犯错误的概率不超过0.01的情况下，不能认为“获得优秀作文”与“学生的文理科”有关.
（3）由（2）可知，获奖的概率为，
的可能取值为0，1，2，
，
，
，
分布列如下：
数学期望为.
本题考查频率分布直方图、统计案例和离散型随机变量的分布列与期望，考查学生的阅读理解能力和计算能力，属于中档题．
22．（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）根据正弦定理先求得边c，然后由余弦定理可求得边b；
（Ⅱ）结合二倍角公式及和差公式，即可求得本题答案.
【详解】
（Ⅰ）因为，
由正弦定理可得，，
又，所以，
所以根据余弦定理得，，
解得，；
（Ⅱ）因为，所以，
，，
则．
本题主要考查利用正余弦定理解三角形，以及利用二倍角公式及和差公式求值，属基础题.
文科生
理科生
合计
获奖
6
不获奖
合计
400
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
文科生
理科生
合计
获奖
6
14
20
不获奖
74
306
380
合计
80
320
400
0
1
2