2025年高考第三次模拟考试卷：数学（新高考Ⅰ卷01）（解析版）

这是一份2025年高考第三次模拟考试卷：数学（新高考Ⅰ卷01）（解析版），共14页。试卷主要包含了已知，则，沿着下面左图纸带宽的三等分线，函数，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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。
第一部分（选择题 共58分）
一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的。
1．已知复数z在复平面内对应的点的坐标是，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意可得，则.故选D.
2．已知集合，若，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】因为，所以,所以由数轴得.
即的取值范围为.故选：D.

3．已知向量和的夹角为，且，，则（ ）
A．3B．C．D．13
【答案】A
【解析】由题意可得，
故选：A
4．“体育强则中国强，国运兴则体育兴”.已知某运动员在2024年篮球联赛中连续10场的得分数据为：9，12，17，8，17，18，20，17，12，14，则这组数据的（ ）
A．第85百分位数为18B．众数为12
C．中位数为17D．平均成绩为14
【答案】A
【解析】将得分数据按升序排列为：8，9，12，12，14，17，17，17，18，20，
对于A：因为，所以第85百分位数为第9位数，即为18，故A正确；
对于B：众数为17，故B错误；
对于C：中位数为：，故C错误；
对于D：平均数，故D错误；
故答案为：A.
5．已知，则（ ）
A．B．C．2D．3
【答案】C
【解析】由于，
那么，
，则，
故选：C．
6．已知焦点在x轴上的双曲线的两条渐近线互相垂直，则（ ）
A．1B．C．D．1或
【答案】A
【解析】因为双曲线的焦点在x轴上，所以，即.
又双曲线的两条渐近线互相垂直，所以，即，解得或（舍）.
故选：A.
7．已知幂函数是上的偶函数，且函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为幂函数是上的偶函数，
则，解得或，
当时，，该函数是奇函数，不合乎题意；
当时，，该函数是定义域为的偶函数，合乎题意，所以，
则，其对称轴方程为，
因为在区间上单调递减，则.
故选：A.
8．如图所示，直三棱柱是一块石材，测量得，，，．若将该石材切削、打磨，加工成几个大小相同的健身手球，则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成的健身手球的个数分别为（ ）
A．，4B．，3C．，4D．，3
【答案】D
【解析】中，，，.
则斜边的长度为.
当健身手球与直三棱柱的三个侧面均相切时，健身手球的体积最大．
易知，设健身手球的半径为，则，解得．
则健身手球的最大直径为4．一个健身手球的最大体积.
直三棱柱的高，则由，
说明直三棱柱的高最多能容纳个球的直径长度，故加工成的健身手球的个数为.
故选：D.
二、选择题：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．沿着下面左图纸带宽的三等分线（虚线）剪开，不能得到的剪开图是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【解析】因为纸带是由一个长方形纸条一端扭曲180°后粘贴而成封闭环，沿着三等分线剪开时，会一次性剪完纸带的所有三等分线．
所以剪开图是两个套在一起的环，并且两个环的宽度是原纸带环宽度的.正确剪开图是B．
故选：ACD
10．函数，则（ ）
A．B．的单调递增区间为
C．最大值为D．有两个零点
【答案】ABD
【解析】对于A，因的定义域为，则，故A正确；
对于B，由可得，即的单调递增区间为，故B正确；
对于C，由上分析，当时，；当时，.
即函数在上单调递减，在上单调递增，则时，取得最小值，故C错误；
对于D，由上分析，函数在上单调递减，在上单调递增，且，
而当时，；当时，，
由零点存在定理，可知函数在区间和各有一个零点，故D正确.
故选：ABD.
11．已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于两点，是的准线与轴的交点，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则直线的斜率为
B．
C．（为坐标原点）
D．当取最小值时，
【答案】ABD
【解析】依题意得，设直线：，
联立得，则，
则，解得或，则，
或，则直线的斜率，故A项正确.
，
当且仅当时等号成立，故B项正确.
因为，所以，故C项错误.
，则，由抛物线的定义可得，
因为，所以
，
当且仅当时取等号，此时，故D项正确.
故选：ABD
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知的展开式中的第2项的系数与第2项二项式系数之和为198，则展开式中的常数项为 ．
【答案】60
【解析】的展开式的通项公式为，
所以展开式中第2项的系数为，二项式系数为，所以，解得．
令，得，所以展开式中的常数项为.
13．中国茶文化博大精深，茶水的口感与水的温度有关.若茶水原来的温度是，经过分钟后的温度是，满足，其中表示室温，是由物体和空气接触状况而定的常数.在室温恒为的房间中，已知一杯的茶水，测得温度降到50℃需要10分钟，则这杯茶水还需要继续放置 分钟，茶水温度才降至35℃达到最佳饮用口感.
【答案】10
【解析】由题意温度降到50℃时，
温度降到35℃时，，
所以，所以，
,
14．对于函数，若存在使，则称点是曲线的“优美点”，已知．若曲线存在“优美点”，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【解析】若函数存在“优美点”，则函数图象上存在关于原点对称的点，
当时，，将其图象关于原点对称，
所得图象的解析式为．
所以只要射线与的图象有公共点即可，
由得，
所以有解.
由基本不等式可得时等号成立，
所以，
当或时，,
所以的值域是.
所以，即．
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．（本小题满分13分）的内角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)若为锐角三角形，，求的取值范围.
【解】（1）因为，
由正弦定理得，
故， …………………………2分
可得， …………………………3分
在中，，，
所以，，则， …………………………5分
所以. …………………………6分
（2）由正弦定理可得（为外接圆的半径），
所以，， …………………………7分
因为，则，，
所以， …………………9分
因为为锐角三角形，则，解得， ………………………11分
则，，故. …………………………13分
16．（本小题满分15分）已知定义在上的函数.
(1)若，判断是否存在极小值点，并说明理由；
(2)若存在两个零点，求的取值范围.
【解】（1）依题意可得，
，故， …………………………1分
设，则， …………………………2分
，
在上单调递增， …………………………4分
，
在上单调递增，无极小值点； …………………………6分
（2）令，可得，
所以与恰有两个交点， …………………………7分
设，则， …………………………8分
令可得，
当时，；当时，，
在上单调递减，在上单调递增 …………………………11分
， …………………………13分
当时，；当时，， …………………………14分
的取值范围是 …………………………15分
17．（本小题满分15分）如图，在三棱台中，平面平面，，，.
(1)证明：；
(2)当直线与平面所成的角最大时，求三棱台的体积.
【解】（1）在三棱台中，
取的中点，连接， …………………………1分
由，得，
由平面平面，平面平面，
平面，得平面，
而平面，则， …………………………3分
又，
则四边形是菱形，， …………………………4分
而平面，
因此平面，又平面，
所以. …………………………5分
（2）取中点，则，
由平面平面，平面平面，
平面，则平面，直线两两垂直， ……………………6分
以点原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
设，
则，，
， …………………………7分
设平面的法向量，则，
取，得， …………………………9分
设直线与平面所成的角为，
， …………………12分
当且仅当，即时取等号，
所以三棱台的体积
. …………………………15分
18．（本小题满分17分）已知椭圆的焦距为，以椭圆短轴一个端点和两个焦点为顶点的三角形是直角三角形，过点的直线分别交椭圆于点，点始终在第一象限且与点关于轴对称，直线分别交轴于点．
(1)求椭圆的方程；
(2)求点的坐标；
(3)证明：．
【解】（1）由椭圆短轴一个端点和两个焦点为顶点的三角形是直角三角形，
得，则， ………………………2分
所以椭圆的方程为. …………………………3分
（2）设直线方程为，，， …………………4分
由点在第一象限且与点关于轴对称，得直线关于轴对称，，
由消去得，
则，
， ………………………6分
直线方程为， …………………………7分
令，得
， ……………………10分
所以点. …………………………11分
（3）由（2）知，，
， …………………………13分
由，
得， …………………………15分
因此，
所以. …………………………17分
19．（本小题满分17分）在数轴的坐标原点放置一个机器人，它每过1秒都将以的概率向数轴正方向或负方向移动1个单位长度，机器人每次经过或3时都会向雷达发送一次信息，且雷达会瞬间收到.设事件表示“机器人的前 次移动均未向雷达发送信息”.
(1)求，
(2)已知①②两个结论：①；②设是一列无穷个事件，若存在正数，对于任意的均有，则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1.
（i）证明：事件；“雷达会收到信息”的概率为1；
（ii）求机器人首次发送信息时所在位置为3的概率.
【解】（1）由题意，前2 次移动向雷达发送信息，
则需要连续向左移动2次，则， …………………………1分
若机器人经过，则必不经过3，包括：
前两次都向左移动1个单位；
先向左移动1个单位，再向右移1个单位，再向左移动2个单位；
先向右移动1个单位，再向左移动3个单位，
则其概率， …………………………3分
若机器人经过3，则必不经过，包括：前3次连续向右移动，
则其概率，
故； …………………………5分
（2）（i），
因此， …………………………7分
，
，
对于一系列无穷事件，存在正数，
对于任意的n都有，， …………………………9分
则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1，
即“中有事件不发生”的概率为1，即“雷达会收到信息”的概率为 ………………………10分
（ii）设事件机器人从出发，运动至3首次发送信息，
根据（i），机器人发信息的概率为1，即它会从0运动至或3的概率为1，
再根据对称性，机器人初始位置为0，首次发信息在的概率与初始位置在1，
首次发信息在3的概率相等，即 ………………………11分
设事件表示点移动到1，事件，表示点移动到0，设事件表示点移动到
易知事件与事件相互独立，故 …………………………12分
又根据全概率公式，若机器人初始位置为0，
第一次移动后的位置为1 或，故，
故，① …………………………14分
若机器人初始位置为，第一次移动后的位置为0，故，
即，② …………………………16分
解①②，解得，
从而雷达第一次收到信息时机器人位置为3的概率为 …………………………17分