长顺县2025年高三第三次测评数学试卷含解析

这是一份长顺县2025年高三第三次测评数学试卷含解析，文件包含专题08圆与相似三角形四边形综合原卷版pdf、专题08圆与相似三角形四边形综合解析版pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共68页， 欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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．已知函数（，是常数，其中且）的大致图象如图所示，下列关于，的表述正确的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
2．已知点是抛物线：的焦点，点为抛物线的对称轴与其准线的交点，过作抛物线的切线，切点为，若点恰好在以，为焦点的双曲线上，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
3．设，则“ “是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必条件
4．已知是函数的极大值点，则的取值范围是
A．B．
C．D．
5．如图，在中，点，分别为，的中点，若，，且满足，则等于（ ）
A．2B．C．D．
6．若双曲线的焦距为，则的一个焦点到一条渐近线的距离为（ ）
A．B．C．D．
7．某几何体的三视图如图所示，若侧视图和俯视图均是边长为的等边三角形，则该几何体的体积为
A．B．C．D．
8．若向量，则（ ）
A．30B．31C．32D．33
9．函数f(x)＝sin(wx＋)(w＞0，＜)的最小正周期是π，若将该函数的图象向右平移个单位后得到的函数图象关于直线x＝对称，则函数f(x)的解析式为（ ）
A．f(x)＝sin(2x＋)B．f(x)＝sin(2x－)
C．f(x)＝sin(2x＋)D．f(x)＝sin(2x－)
10．是抛物线上一点，是圆关于直线的对称圆上的一点，则最小值是（ ）
A．B．C．D．
11．为了研究国民收入在国民之间的分配，避免贫富过分悬殊，美国统计学家劳伦茨提出了著名的劳伦茨曲线，如图所示.劳伦茨曲线为直线时，表示收入完全平等.劳伦茨曲线为折线时，表示收入完全不平等.记区域为不平等区域，表示其面积，为的面积，将称为基尼系数.
对于下列说法：
①越小，则国民分配越公平；
②设劳伦茨曲线对应的函数为，则对，均有；
③若某国家某年的劳伦茨曲线近似为，则；
④若某国家某年的劳伦茨曲线近似为，则.
其中正确的是：
A．①④B．②③C．①③④D．①②④
12．已知，，由程序框图输出的为（ ）
A．1B．0C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知，且，则__________．
14．函数的定义域为____.
15．已知（为虚数单位），则复数________．
16．已知双曲线-=1(a>0，b>0)与抛物线y2=8x有一个共同的焦点F，两曲线的一个交点为P，若|FP|=5，则点F到双曲线的渐近线的距离为_____.
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）已知倾斜角为的直线经过抛物线的焦点，与抛物线相交于、两点，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）设为抛物线上任意一点（异于顶点），过做倾斜角互补的两条直线、，交抛物线于另两点、，记抛物线在点的切线的倾斜角为，直线的倾斜角为，求证：与互补.
18．（12分）已知函数的导函数的两个零点为和．
（1）求的单调区间；
（2）若的极小值为，求在区间上的最大值．
19．（12分）如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，.
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
20．（12分）在数列和等比数列中，，，.
（1）求数列及的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和.
21．（12分）选修4-4：坐标系与参数方程：在平面直角坐标系中，曲线：（为参数），在以平面直角坐标系的原点为极点、轴的正半轴为极轴，且与平面直角坐标系取相同单位长度的极坐标系中，曲线：.
（1）求曲线的普通方程以及曲线的平面直角坐标方程；
（2）若曲线上恰好存在三个不同的点到曲线的距离相等，求这三个点的极坐标.
22．（10分）在如图所示的多面体中，平面平面，四边形是边长为2的菱形，四边形为直角梯形，四边形为平行四边形，且， ，
（1）若分别为，的中点，求证：平面；
（2）若，与平面所成角的正弦值，求二面角的余弦值．
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．D
【解析】
根据指数函数的图象和特征以及图象的平移可得正确的选项.
【详解】
从题设中提供的图像可以看出，
故得，
故选：D．
本题考查图象的平移以及指数函数的图象和特征，本题属于基础题.
2．D
【解析】
根据抛物线的性质，设出直线方程，代入抛物线方程，求得k的值，设出双曲线方程，求得2a＝丨AF2丨﹣丨AF1丨＝（1）p，利用双曲线的离心率公式求得e．
【详解】
直线F2A的直线方程为：y＝kx，F1（0，），F2（0，），
代入抛物线C：x2＝2py方程，整理得：x2﹣2pkx+p2＝0，
∴△＝4k2p2﹣4p2＝0，解得：k＝±1，
∴A（p，），设双曲线方程为：1，
丨AF1丨＝p，丨AF2丨p，
2a＝丨AF2丨﹣丨AF1丨＝（ 1）p，
2c＝p，
∴离心率e1，
故选：D．
本题考查抛物线及双曲线的方程及简单性质，考查转化思想，考查计算能力，属于中档题．
3．B
【解析】
解出两个不等式的解集，根据充分条件和必要条件的定义，即可得到本题答案.
【详解】
由，得，又由，得，
因为集合，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
本题主要考查必要不充分条件的判断，其中涉及到绝对值不等式和一元二次不等式的解法.
4．B
【解析】
方法一：令，则，，
当，时，，单调递减，
∴时，，，且，
∴，即在上单调递增，
时，，，且，
∴，即在上单调递减，∴是函数的极大值点，∴满足题意；
当时，存在使得，即，
又在上单调递减，∴时，，所以，
这与是函数的极大值点矛盾．
综上，．故选B．
方法二：依据极值的定义，要使是函数的极大值点，须在的左侧附近，，即；在的右侧附近，，即．易知，时，与相切于原点，所以根据与的图象关系，可得，故选B．
5．D
【解析】
选取为基底，其他向量都用基底表示后进行运算．
【详解】
由题意是的重心，
，
∴，，
∴，
故选：D．
本题考查向量的数量积，解题关键是选取两个不共线向量作为基底，其他向量都用基底表示参与运算，这样做目标明确，易于操作．
6．B
【解析】
根据焦距即可求得参数，再根据点到直线的距离公式即可求得结果.
【详解】
因为双曲线的焦距为，
故可得，解得，不妨取；
又焦点，其中一条渐近线为，
由点到直线的距离公式即可求的.
故选：B.
本题考查由双曲线的焦距求方程，以及双曲线的几何性质，属综合基础题.
7．C
【解析】
由三视图可知，该几何体是三棱锥，底面是边长为的等边三角形，三棱锥的高为，所以该几何体的体积，故选C．
8．C
【解析】
先求出,再与相乘即可求出答案.
【详解】
因为,所以.
故选:C.
本题考查了平面向量的坐标运算,考查了学生的计算能力,属于基础题.
9．D
【解析】
由函数的周期求得，再由平移后的函数图像关于直线对称，得到 ，由此求得满足条件的的值，即可求得答案.
【详解】
分析：由函数的周期求得，再由平移后的函数图像关于直线对称，得到，由此求得满足条件的的值，即可求得答案.
详解：因为函数的最小正周期是，
所以，解得，所以，
将该函数的图像向右平移个单位后，
得到图像所对应的函数解析式为，
由此函数图像关于直线对称，得：
，即，
取，得，满足，
所以函数的解析式为，故选D.
本题主要考查了三角函数的图象变换，以及函数的解析式的求解，其中解答中根据三角函数的图象变换得到，再根据三角函数的性质求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
10．C
【解析】
求出点关于直线的对称点的坐标，进而可得出圆关于直线的对称圆的方程，利用二次函数的基本性质求出的最小值，由此可得出，即可得解.
【详解】
如下图所示：
设点关于直线的对称点为点，
则，整理得，解得，即点，
所以，圆关于直线的对称圆的方程为，
设点，则，
当时，取最小值，因此，.
故选：C.
本题考查抛物线上一点到圆上一点最值的计算，同时也考查了两圆关于直线对称性的应用，考查计算能力，属于中等题.
11．A
【解析】
对于①，根据基尼系数公式，可得基尼系数越小，不平等区域的面积越小，国民分配越公平，所以①正确.对于②，根据劳伦茨曲线为一条凹向横轴的曲线，由图得，均有，可得，所以②错误.对于③，因为，所以，所以③错误.对于④，因为，所以，所以④正确.故选A．
12．D
【解析】
试题分析：，，所以，所以由程序框图输出的为.故选D．
考点：1、程序框图；2、定积分．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
试题分析：因,故,所以，,应填.
考点：三角变换及运用．
14．
【解析】
由题意得，解得定义域为．
15．
【解析】
解：
故答案为：
本题考查复数代数形式的乘除运算，属于基础题.
16．
【解析】
设点为，由抛物线定义知，，求出点P坐标代入双曲线方程得到的关系式，求出双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式求解即可.
【详解】
由题意得F(2，0)，因为点P在抛物线y2=8x上，|FP|=5，设点为，
由抛物线定义知，，解得，
不妨取P(3，2)，代入双曲线-=1，得-=1，
又因为a2+b2=4，解得a=1，b=，因为双曲线的渐近线方程为，
所以双曲线的渐近线为y=±x，由点到直线的距离公式可得，
点F到双曲线的渐近线的距离.
故答案为：
本题考查双曲线和抛物线方程及其几何性质；考查运算求解能力和知识迁移能力；灵活运用双曲线和抛物线的性质是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.
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）证明见解析
【解析】
（1）根据题意，设直线方程为，联立方程，根据抛物线的定义即可得到结论；
（2）根据题意，设的方程为，联立方程得，同理可得，进而得到，再利用点差法得直线的斜率，利用切线与导数的关系得直线的斜率，进而可得与互补.
【详解】
（1）由题意设直线的方程为，令、，
联立，得
，
根据抛物线的定义得，
又，
故所求抛物线方程为.
（2）依题意，设，，
设的方程为，与联立消去得，
，同理
，直线的斜率=
切线的斜率，
由，即与互补.
本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，直线斜率的应用，考查分析问题解决问题的能力，属于中档题．
18．（1）单调递增区间是，单调递减区间是和；（2）最大值是．
【解析】
（1）求得，由题意可知和是函数的两个零点，根据函数的符号变化可得出的符号变化，进而可得出函数的单调递增区间和递减区间；
（2）由（1）中的结论知，函数的极小值为，进而得出，解出、、的值，然后利用导数可求得函数在区间上的最大值.
【详解】
（1），
令，
因为，所以的零点就是的零点，且与符号相同．
又因为，所以当时，，即；当或时，，即.
所以，函数的单调递增区间是，单调递减区间是和；
（2）由（1）知，是的极小值点，
所以有，解得，， ，
所以．
因为函数的单调递增区间是，单调递减区间是和.
所以为函数的极大值，
故在区间上的最大值取和中的最大者，
而，所以函数在区间上的最大值是．
本题考查利用导数求函数的单调区间与最值，考查计算能力，属于中等题.
19．（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）由底面为菱形，得，再由底面，可得，结合线面垂直的判定可得平面；
（2）以点为坐标原点，以所在直线及过点且垂直于平面的直线分别为轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：底面为菱形，，
底面，平面，
又，平面，
平面；
（2）解：，，为等边三角形，
.
底面，是直线与平面所成的角为，
在中，由，解得.
如图，以点为坐标原点，以所在直线及过点且垂直于平面的直线分别为轴
建立空间直角坐标系.
则，，，，.
，，，.
设平面与平面的一个法向量分别为，.
由，取，得；
由，取，得.
.
平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，属于中档题．
20．（1），（2）
【解析】
(1)根据与可求得,再根据等比数列的基本量求解即可.
(2)由(1)可得,再利用错位相减求和即可.
【详解】
解：
（1）依题意,,
设数列的公比为q,由,可知,
由,得,又,则,
故,
又由,得.
（2）依题意.
,①
则,②
①-②得,
即,故.
本题主要考查了等比数列的基本量求解以及错位相减求和等.属于中档题.
21．（1），;（2），，.
【解析】
(1)把曲线 的参数方程与曲线 的极坐标方程分别转化为直角坐标方程；(2)利用图象求出三个点的极径与极角.
【详解】
解：（1）由消去参数得，
即曲线的普通方程为，
又由得
即为，即曲线的平面直角坐标方程为
（2）∵圆心到曲线：的距离，
如图所示，所以直线与圆的切点以及直线与圆的两个交点，即为所求．
∵，则，直线的倾斜角为，
即点的极角为，所以点的极角为，点的极角为，
所以三个点的极坐标为，，.
本题考查圆的参数方程和普通方程的转化、直线极坐标方程和直角坐标方程的转化，消去参数方程中的参数，就可把参数方程化为普通方程，消去参数的常用方法有：①代入消元法；②加减消元法；③乘除消元法；④三角恒等式消元法，极坐标方程化为直角坐标方程，只要将和换成和即可.
22． (1)见解析(2)
【解析】
试题分析：（1）第（1）问，转化成证明平面 ,再转化成证明和.(2)第（2）问，先利用几何法找到与平面所成角，再根据与平面所成角的正弦值为求出再建立空间直角坐标系，求出二面角的余弦值.
试题解析：
（1）连接,因为四边形为菱形，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面.
又平面，所以.
因为，所以.
因为，所以平面.
因为分别为，的中点，所以，所以平面
（2）设，由（1）得平面.
由，，得，.
过点作，与的延长线交于点，取的中点，连接，，如图所示，
又，所以为等边三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，故平面.
因为为平行四边形，所以，所以平面.
又因为，所以平面.
因为，所以平面平面.
由（1），得平面，所以平面，所以.
因为，所以平面，所以是与平面所成角.
因为，，所以平面，平面，因为，所以平面平面.
所以，，解得.
在梯形中，易证，分别以，，的正方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.
则，，，，，，
由，及，得，所以，，.
设平面的一个法向量为，由得令，得m=(3,1,2)
设平面的一个法向量为，由得令，得.
所以
又因为二面角是钝角，所以二面角的余弦值是.