宁夏银川市部分学校2025届高三三模数学试题（附答案解析）

这是一份宁夏银川市部分学校2025届高三三模数学试题（附答案解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．在复平面内，O为原点，四边形OABC是复平面内的平行四边形，且A，B，C三点对应的复数分别为z1，z2，z3，若，则z2=（ ）
A．1+iB．1－iC．－1+iD．－1－i
4．已知等差数列，若，则（ ）
A．1B．C．2D．
5．已知，则的值为（ ）
A．B．3C．9D．81
6．某家电公司生产了两种不同型号的空调，公司统计了某地区2024年的前6个月这两种型号空调的销售情况，得到销售量的折线统计图如图所示，分析这6个月的销售数据，下列说法不正确的是（ ）

A．型号空调月销售量的极差比型号空调月销售量的极差大
B．型号空调月平均销售量比型号空调月平均销售量大
C．型号空调月销售量的上四分位数比型号空调销售量的上四分位数大
D．型号空调月销售量的方差比型号空调月销售量的方差小
7．已知函数是偶函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在长方形中，，，点在上，且，点，分别是边，上的动点，满足，则的最小值为（ ）
A．1B．2C．D．4
二、多选题
9．设函数，则（ ）
A．有二个零点
B．过点仅可以作一条直线与的图象相切
C．当时，
D．若在区间上有最大值，则的取值范围为
10．将函数的零点按照从小到大的顺序排列，得到数列，且，则（ ）
A．B．在上先增后减
C．D．的前项和为
11．在边长为4的菱形中，，将菱形沿对角线折成四面体，使得，则（ ）
A．B．直线与平面所成角为
C．四面体的体积为4D．二面角的正弦值为
三、填空题
12．已知满足，若在方向上的投影向量为，则 ．
13．甲、乙、丙三人进行篮球传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，则第4次传球传给乙的概率为 ．
14．已知双曲线的左，右焦点分别为，点A在y轴上，为等边三角形，的延长线与双曲线C交于点B.若，则双曲线C的离心率为
四、解答题
15．在中，.
(1)求；
(2)再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积.
条件①：；
条件②：；
条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
16．已知抛物线的焦点为，直线过与交于，两点，为坐标原点，直线交的准线于点．
(1)当的倾斜角为时，求；
(2)求直线的斜率；
(3)若，，，四点共圆，求该圆的半径．
17．某游乐园的活动项目共有三类，分别是“过山车”等10个体验类项目、“海豚之舞”等4个表演类项目、“智力闯关”等3个互动类项目.因设备维护需要，项目并非每日都全部开放.以下数据是项目开放的数量（个）和游客平均等待时间（分钟/个）的关系：
(1)体验类项目中，若关于的回归方程为，请计算的值，并依据该模型预测所有体验类项目均开放时的平均等待时间（精确到整数）；
(2)小王游玩当日，体验类、演出类、互动类项目分别开放了8个、4个、3个，他计划随机游玩其中的3个项目，已知他选择的项目中至少包含1个互动类项目，求他的等待总时间恰为120分钟的概率；
(3)为提高游客的参与度，园方在互动类项目“智力闯关”中设计了两关.通过第一关的游客奖励20个游园币，游客可以选择结束或继续闯关.若继续闯关，则必须完成第二关的所有题目.第二关包含2道相互独立的选择题，每答对1题可再奖励20个游园币，每答错1题则要扣除10个游园币.每个游园币可兑换园区内任意一个项目的1分钟等待时间.小王已通过第一关，假设他在第二关中每道题答对的概率均为，为了获得更多项目等待时间的兑换奖励，小王是否应该继续闯关？请你帮他做出决策.
18．已知函数，．
(1)求函数在处的切线方程；
(2)求证：当时，；
(3)求证：.
19．如图，柱体上下底面是椭圆面，、分别是上下底面椭圆的长轴，、分别是上下底面椭圆的短轴，四边形和为矩形，、分别为上下底面椭圆的长短轴的交点，．、是下底面椭圆上两动点，不与平行或重合．

(1)证明：平面；
(2)若面积为定值，求的长度；
(3)在（2）的条件下，当平面平面时，求点到直线的距离的取值范围．
项目类别
体验类
演出类
互动类
开放数量（个）
4
5
6
7
8
2
4
2
3
平均等待时间（分钟/个）
76
73
67
60
53
30
46
30
《宁夏银川市部分学校2025届高三三模数学试题》参考答案
1．C
【分析】将集合化简，再由并集的运算，即可得到结果.
【详解】由，解得，
所以，
由，即，解得，
所以，
则.
故选：C
2．B
【分析】结合不等式的基本性质及充分、必要条件的定义判断即可.
【详解】当时，满足，但不满足；
当时，，则.
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
3．C
【分析】根据复数加法的几何意义及法则即可求解.
【详解】因为O为原点，四边形OABC是复平面内的平行四边形，
又因为，
所以由复数加法的几何意义可得，
.
故选：C.
4．C
【分析】方法1：由等差数列的通项公式代入求解即可.
方法2：由可得，两式相减可得公差，结合等差数列通项公式代入求解即可.
方法3：特值法，令、，结合等差数列通项公式求解即可.
【详解】方法1：因为为等差数列，设其公差为，则，，
所以，
所以，
所以，解得.
方法2：因为，所以，
两式相减可得，
所以的公差．
所以，则，
故，所以，解得．
方法3：当时，；
当时，．
两式相减可得，
所以的公差，
所以，代入中，解得.
故选：C.
5．C
【分析】将正切化为正弦和余弦，再利用同角三角函数的基本关系化简即可.
【详解】，
故选：C
6．D
【分析】结合题中数据，根据极差、平均数、上四分位数、方差的定义求解判断即可.
【详解】由图可知，型号空调月销售量的极差为，
型号空调月销售量的极差为，故A正确；
型号空调月平均销售量为，
型号空调月平均销售量为，故B正确；
将型号空调月销售量数据从小到大排列为：25，27，28，38，42，50，
由，则型号空调月销售量的上四分位数为42，
将型号空调月销售量数据从小到大排列为：22，25，30，37，40，45，
由，则型号空调月销售量的上四分位数为40，故C正确；
型号空调月销售量的方差为
，
型号空调月销售量的方差为
，
故D错误.
故选：D.
7．D
【分析】先利用函数的奇偶性求参数，再求导函数分类求出函数的单调性，再利用函数的单调性解不等式即可.
【详解】因为为偶函数，所以，即，即．
因为，所以，所以，所以不等式，即．
当时，，，．
当时，，，所以；
当时，，，所以，所以在上单调递增．
由，即得，得，解得．
故选:D．
8．B
【分析】通过设未知数，利用勾股定理建立PM与PN的关系，再结合三角形面积公式，根据均值不等式求出面积的最小值.
【详解】设，因为四边形是长方形，，，.
在中，根据勾股定理，可得.
因为，，所以，
又因为，则，所以（两角分别相等的两个三角形相似）.
由可得，已知，，
则，那么，所以.
在中，根据勾股定理，可得.
因为，所以.
根据均值不等式，对于，，
有：
,（当且仅当，即时等号成立）.
因为，，所以，那么.
所以面积的最小值为.
故选：B.
9．ACD
【分析】直接求得零点判断A；设曲线在处的切线过点，进而求得切线方程，可得，计算可判断B；求导可判断在上单调递增，进而可判断C；求得极值点结合条件可得，计算可判断D.
【详解】因为，
所以，时，，所以有二个零点，故A正确.
设曲线在处的切线过点，
由，得，
所以，
所以曲线在处的切线方程为
，
又因为切线过点，所以，
所以，整理得，
解得或，所以过点仅可以作两条直线与的图象相切，故B错误；
因为，所以在单调递减，
又，所以当，所以，
所以在上单调递增，当时，，所以，故C正确；
令，则或，
当时，，当时，，当时，，
又时，函数取极大值，当时，函数取极小值，又
在区间上有最大值，则，
解得，所以的取值范围为，故D正确.
故选：ACD.
10．BD
【分析】根据正弦型函数的对称中心由得，进而可得，即可求解AB，根据等差数列的性质以及求和公式即可求解CD.
【详解】由，得，则，因为，且，
所以当时，（当时，，不符合题意），得故，A错误，
若，则，故在上先增后减，B正确.
由于故周期为2，所以是首项为，公差为1的等差数列，
则，的前项和，C错误，D正确.
故选：BD
11．ACD
【分析】由线面垂直的判定定理可得平面，即可判断A，由线面角的定义即可判断B，由等体积法即可判断C，由二面角的定义即可判断D.
【详解】
对于A，由题意，，又，平面，
所以平面，又平面，所以，故A正确；
对于B，平面，平面，所以平面平面，
且面面，因为为等边三角形，在平面内过作，
则平面，所以和平面所成角为，故B错误；
对于C，，所以面积为，
因为平面，所以四面体，
故C正确；
对于D，过作交于，因为平面，平面，
所以，且，平面，
所以平面，且平面，所以，
所以是二面角的平面角，
在等腰三角形中，由等面积法可得
即，在中，，故D正确；
故选：ACD
12．
【分析】利用投影向量的定义求出，再利用数量积的运算律求解.
【详解】由在方向上的投影向量为，得，则，而，
于是，所以.
故答案为：
13．/
【分析】列举所有情况，利用古典概型概率公式求解即可.
【详解】前4次传球接球的情况有：乙甲乙甲、乙甲乙丙、乙甲丙甲、乙甲丙乙、乙丙甲乙、乙丙甲丙、
乙丙乙甲、乙丙乙丙、丙甲乙甲、丙甲乙丙、丙甲丙甲、丙甲丙乙、丙乙甲乙、丙乙甲丙、丙乙丙甲、丙乙丙乙，共16种，
第4次传球传给乙的情况有：乙甲丙乙、乙丙甲乙、丙甲丙乙、丙乙甲乙、丙乙丙乙，共5种，
设第4次传球传给乙的事件为，则
故答案为：
14．
【分析】写出焦点坐标，从而知道点坐标，由线段关系，借助向量得到点坐标，将点坐标代入双曲线方程，化简后通过解方程求得离心率.
【详解】，，
在等边中，，所以，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，即，
所以，
因为，所以，
所以
故答案为：
【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：
①求出，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，进而转化为的齐次式，然后等式（不等式）两边分别除以或转化为关于的方程（不等式），解方程（不等式）即可得（的取值范围）.
15．(1)
(2)
【分析】（1）应用正弦定理结合两角和正弦公式计算得出余弦值进而得出角；
（2）选择条件①三角形不存在；选择条件②应用同角三角函数关系得出，再应用正弦定理及余弦定理计算求出边长，最后应用面积公式计算；选择条件③先应用正弦定理得出，再应用余弦定理得出，最后应用面积公式计算.
【详解】（1）由正弦定理，
得.
所以.
所以.
因为，所以.
所以.
所以.
（2）选条件①：，，
由余弦定理，得.
，不存在；
选条件②：.
由，可得.
由正弦定理，得.
由余弦定理，得
，整理得.
解得，或（舍）.
所以的面积.
条件③：.
因为，且，所以.
由余弦定理，得.
解得，或（舍）
所以的面积.
16．(1)8
(2)0
(3)
【分析】（1）可利用直线方程与抛物线方程联立，再根据弦长公式计算. （2）需要先求出、两点坐标，通过直线与准线方程求出点坐标，再结合直线与抛物线方程求出点坐标. （3）若，，，四点共圆，根据圆内接四边形的性质求出相关关系，进而求出圆的半径.
【详解】（1）由题意知，抛物线焦点坐标为，直线的方程为，
联立，则，所以，，
所以 .
（2）设直线的方程为，，，
联立，，所以，，所以，
直线方程为，所以点的纵坐标为，
所以，直线的斜率为0.
（3）由题意知，，，，，不妨设在第一象限，
因为，，，四点共圆，直线平行轴，故可设圆心坐标为，圆半径为，
，即，所以，
，
解得，故，所以.
17．(1)，51分钟；
(2)；
(3)答案见解析.
【分析】（1）根据表中数据分别求出，代入回归方程即可求出，将代入回归方程可求出平均等待时间；
（2）利用条件概率公式，结合分步计数乘法原理和分类计数加法原理以及组合数，计算即可求得概率；
（3）通过计算得到小王参加第二关获得的游园币数的期望，根据每道题答对的概率的取值分类讨论，做出相关决策.
【详解】（1），
代入回归方程，得，解得.
当时,，即开放所有体验类项目时的平均等待时间约为51分钟.
（2）记事件“等待总时间恰为120分钟”，事件“选择的3个项目中至少包含1个互动类项目”，
因为全部的项目数为15个，其中互动类项目有3个，则事件共包含了种；
在事件的条件下，等待总时间恰为120分钟，此时的可能情况有：
①一个互动类项目，一个体验类项目，一个演出类项目，此时共有种情况；
②两个互动类项目，一个体验类项目，此时共有种情况.
由条件概率公式得.
（3）设小王参加第二关获得的游园币数为随机变量，则所有可能取值为，
则
所以.
所以，当时，，不建议小王继续闯关；
当时，，小王可根据自己的情况随机选择；
当时，，建议小王继续闯关.
18．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数求切线斜率为，由点斜式求切线方程；
（2）证明，通过构造函数，利用导数分析最值即可证得结论成立；
（3）令，由（2）得，再借助放缩，得证，再证明当时，，可得出，结合不等式的性质可得出，综合可证得结论成立.
【详解】（1）因为，所以，，
所以切线斜率为，
所以函数的在处的切线方程为，即；
（2）要证，只需要证明，其中，
设，，
设，
因为函数、在上均为减函数，
则在区间内单调递减
因为，，所以，，使得，
当时，；当时，.
所以在区间内单调递增，在区间内单调递减
又因为，，，，使得，
当时，；当时，.
所以在区间内单调递增，在区间内单调递减.
因为，，
所以在区间内恒成立；
（3）令，所以，
所以，，，…，，
所以.
对，，所以，
所以
，
所以得证.
设，则，则在区间上单调递减，
所以.
令，，所以，，所以，…，，
所以.
综上，.
19．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）证明出，，结合线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，，则，求出点到直线的距离，结合三角形的面积公式以及为定值，求出的值，即可得解；
（3）设、，利用空间向量法可得出，设直线在平面内的方程为，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，代入，可得出，进而可求出点到直线的距离的取值范围．
【详解】（1）因为四边形为矩形，则，，
由题意得，、分别为和的中点，所以，，，
所以，四边形为平行四边形，
因为，则，同理可证，，
因为，、平面，故平面．
（2）如图，以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设，，则，
所以，，．
则点到直线的距离．
所以．（*）
因为底面椭圆焦点在轴上，，即长轴长为，短轴长为，
所以点的坐标满足，即，
代入（*）式得，．
由已知面积为定值，所以，则，
由（1）知，故的长度为．
（3）设、，，
则，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，得，，即．
设平面的一个法向量为，则，
令，则，，则平面的一个法向量为．
因为平面平面，所以，得，
在平面内，椭圆的方程为，
设直线在平面内的方程为．
代入椭圆方程得，
由，得．
由韦达定理得，
所以，
即，化简得．
所以点到直线的距离为，
则，所以．
故点到直线的距离的取值范围为．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
C
C
C
D
D
B
ACD
BD
题号
11









答案
ACD