海南省2025届高三下学期学业水平诊断（三）数学试卷（解析版）

这是一份海南省2025届高三下学期学业水平诊断（三）数学试卷（解析版），共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 抛物线的准线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由，可知抛物线的焦点在的正半轴上，又，所以，
所以抛物线的准线方程为.
故选：B.
2. 复数的虚部为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】，
所以虚部为，
故选：B
3. 已知集合.，中（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】，
所以或，
所以，
故选：D
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，所以，
所以，所以.
故选：A
5. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. 12B. 16C. 20D. 22
【答案】D
【解析】由，可得：，
所以，
又，
故选：D
6. 在同一平面内，向量满足，则的最小值为（ ）
A. 3B. 2C. 1D.
【答案】A
【解析】由题意，不妨设，则由得，
则，所以，所以，
所以当时，的最小值为3.
故选：A
7. 若边长为整数的正方形的四个顶点均在椭圆上，则的焦距为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】由对称性可知，正方形的四个顶点必在直线上，由于椭圆在y轴上的两顶点间的距离为2，
所以正方形的边长只能为1，因此点在上，代入的方程得，解得，
故，所以的焦距为.
故选：B
8. 已知是递增的等比数列，若，则当取得最小值时，（ ）
A. B 1 C. 4 D. 16
【答案】D
【解析】设的公比为q，由得，，故，
又因为是递增的数列，所以，
因为，所以取得最小值等价于函数取得最小值，
求导得，
令得，令得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故当时，取得最小值，此时.
故选：D
二、多项选择题：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. 已知实数满足，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】对于A，由函数单调递增，可知当，正确；
对于B，取，可得，错误；
对于C，取，显然不成立，错误；
对于D， 等价于，由指数函数单调递增可知：当，，所以成立，正确；
故选：AD
10. 须弥座是一种古建筑的基座形式，又名“金刚座”，通常用于宫殿、寺庙、塔、碑等重要建筑的基座部分，由多层不同形状的构件组成，具有很高的艺术价值.如图所示，某古建筑的须弥座最下层为正六棱台形状，该正六棱台的上底面边长为3，下底面边长为4，侧面积为，则（ ）
A. 该正六棱台的高为
B. 该正六棱台的侧面与下底面的夹角为
C. 该正六棱台的侧棱与下底面所成角的正弦值为
D. 该正六棱台的体积为
【答案】BCD
【解析】如图，分别是上,下底面中心，分别是棱中点，
对于A，由已知可得每个侧面等腰梯形的面积为，
所以梯形的高为，
由此可得该正六棱台的高为，错误；
对于B，由正棱台的性质及二面角的概念可知，侧面与下底面的夹角为，
因为在直角梯形中，，，所以，
易知为锐角，所以，正确；
对于C，由正棱台的性质及二面角的概念可知，侧棱与下底面所成角为，
在直角梯形中，，得，
所以，正确；
对于D，该棱台上底面面积，下底面面积，
故棱台的体积为，正确.
故选：BCD
11. 已知函数的定义域为R，且，若，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 是奇函数
C. D. 若，则
【答案】ABD
【解析】对于A，令可得：，
所以，正确；
对于B，令，可得：，
令可得：，即，
所以，即是奇函数，正确；
对于C：令，可得，
由B可得：，
所以，C错误；
对于D，令，可得：，
所以
所以，
，
,
累加可得：
所以，
化简可得：，
当时，代入可得满足，
所以，则，
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若（为正常数）的展开式中所有项的系数之和为81，则展开式中的常数项为__________．
【答案】24
【解析】令，由题意可得且，解得：，
由通项公式可知：展开式中的常数项为.
故答案为：24
13. 已知函数在上的最小值为，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】由，可得：，
令
由题意可知：在可取到，
结合余弦函数的性质可知需满足：，
解得，
所以的最小值为，
故答案为：
14. 某商场举行有奖问答游戏，每名参加者要依次回答若干道题，若连续答对两题则结束游戏，并获得奖品，若连续答错两题也结束游戏，但不能获得奖品，只要没有出现连续答对或连续答错的情况，就继续答题．已知小明答对每道题的概率都为，则小明获得奖品的概率为__________．
【答案】
【解析】设表示当前已答对最后一题的情况下获得奖品的概率；
表示当前已答错最后一题的情况下获得奖品的概率；
由题意可得：，
解得：，，
所以小明获得奖品的概率为，
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. 记的内角所对的边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，求外接圆半径的最小值．
解：（1）由正弦定理及可得，，
因为，所以，所以，
因为，所以；
（2）由题意得三角形外接圆的半径，要使外接圆的半径最小，只需最小，
又因为，则由余弦定理得，
当且仅当时取等号，此时，所以，
即外接圆半径的最小值为.
16. 如图，将等腰直角三角形沿斜边上的中线翻折，得到四面体．
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值．
（1）证明：由为等腰直角三角形斜边上的中线，
可得：，也即，又为平面内两条相交直线，
所以平面；
（2）由，可得，
所以，所以，
因为平面，以为坐标原点，以为轴和轴，过在平面作的垂线为轴建系，
易知，
则
设平面的法向量为，
则 ，即，令，可得：，
所以，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为；
17. 已知双曲线的焦距为，过点的直线与交于两点，且当轴时，．
（1）求的方程；
（2）若点都在的左支上，且以为直径的圆与轴相切，求的斜率．
解：（1）因为当轴时，，所以点在曲线C上，
所以，又的焦距为，所以，
所以，解得（负根舍去），所以，
所以的方程为；
（2）由题知，直线l的斜率一定存在，
设直线的方程为，，
联立，消并整理得，
因为直线与的左支交于两点，所以，
解得，所以，
且，
因为以为直径的圆与轴相切，所以，
所以，所以，结合，所以，
解得，即的斜率为.
18. 已知函数．
（1）若曲线在点处的切线平行于直线．求；
（2）若且函数只有一个极值点.求实数的取值范围；
（3）若，求实数的取值范围．
解：（1）由题意，得，则，
由题意，解得；
（2）当时，，
，
令，则，
当时，，则在上单调的递增，所以函数不存在极值；
当时，令即，得，令，
则恒成立，则在上单调递增，又，，所以存在唯一的，使得，
当时，，即，所以函数单调递减，
当时，，即，所以函数单调递增，
所以仅在处取到极小值，符合题意.
综上，函数只有一个极值点时，实数的取值范围为.
（3）由，参变分离得，设，则，因为，所以，
令，因为，所以，设，则，，
当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
所以，即的最小值为0，即，所以，即，故实数的取值范围为.
19. 在一个足够大的不透明袋中进行一个轮摸球试验，规则如下：每一轮试验时，袋中均有红、黑、白三种颜色的球，从中随机摸出一个球（摸出的球不再放回），若摸出红球．则试验成功；若摸出白球，则试验失败；若摸出黑球，则进入判定环节：判定时，放回两个黑球取出一个白球，再从中随机摸出一个球，若为白球则试验失败，否则试验成功．若试验成功，则结束试验，若试验失败，则进行下一轮试验，直至成功或轮试验进行完．已知第轮试验开始时，袋中有1个红球，个黑球，个白球．
（1）求第1轮试验成功的概率；
（2）某团队对这个试验进行了一定的研究，请若干志愿者进行了5轮试验，并记录了第轮试验成功志愿者的比例，记，发现与线性相关，求关于的经验回归方程，并预测试验轮数足够大时，试验成功志愿者的比例；
（3）记试验结束时，试验成功的概率为，证明：．
参考数据：．
附：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为．
解：（1）第1轮试验中有1个红球，1个黑球，2个白球，
摸出红球，即试验成功的概率为，
摸出黑球且试验成功的概率为，
所以第1轮试验成功的概率为；
（2），
所以，则所求经验回归方程为，
当试验轮数足够大，即足够大时，x接近于0，则y接近于，
故预测成功志愿者的比例为；
（3）依题意，轮试验失败的概率为，设第轮试验失败的概率为，
则，发生有两种可能，直接摸出白球，概率为，
或者摸出黑球后再摸出白球，概率为，
所以，
则，因此.