2025咸阳高三下学期三模试题数学含解析

这是一份2025咸阳高三下学期三模试题数学含解析，共7页。
1．本试题共4页，满分150分，时间120分钟．
2．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上．
3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收．
第Ⅰ卷（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. 已知复数满足，则复数的共轭复数的虚部是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算化简复数，再得共轭复数，即可得其虚部.
【详解】复数满足，
则，
所以，故复数的共轭复数的虚部是.
故选：D.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数定义域分别化简集合，，再利用补集、交集的定义求解即得.
详解】由得，∴，
由，得，解得或
∴，
故选：B.
3. 样本数据19，20，21，23，13，16，24，28的第75百分位数为（ ）
A. 20B. 21C. 23D. 23.5
【答案】D
【解析】
【分析】数据从小到大排列，再根据百分位数的概念求解即可.
【详解】样本数据从小到大排列为13，16，19，20，21，23，24，28，共8个数据，
所以，则第75百分位数为.
故选：D.
4. 若曲线与曲线相切，则的值是（ ）
A. -1B. 0C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据绝对值的性质对进行分段讨论，再结合导数的几何意义求出切点，进而求出的值.
【详解】当时，；
当时，.
因为的定义域为，
所以两曲线的切点在上.
对求导得.
因为两曲线相切，所以在切点处它们的斜率相等，即.
解方程，解得.
把代入得，所以切点坐标为.
把切点代入得，即.
因为，所以.
故选：B.
5. 已知，且：关于的不等式无解；：直线的斜率非负，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
【答案】A
【解析】
【分析】分别求出成立时的取值范围，再判断充分必要性.
【详解】对于：关于的不等式无解，
则，即，
对于：直线的斜率非负，
即，得，
所以，但，
所以是的充分不必要条件.
故选：A
6. 如图，已知曲线由一段以坐标原点为圆心的圆弧和双曲线（该双曲线的中心为坐标原点，，为其左，右焦点）右支的一部分组成，圆弧和双曲线弧的公共点为，，若，，三点共线，，，则圆弧的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据双曲线与圆对称性可得，从而求得，利用勾股定理先求得，再得的值，即可得圆弧的半径，从而得圆弧方程.
【详解】由题可知圆弧和双曲线弧的公共点为，，若，，三点共线，
故，所以，
所以，
则，故，
即圆弧的半径为，
则圆弧的方程为.
故选：D.
7. 已知的三个内角，，所对的边分别是，，，若，，则该三角形的外接圆的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由正弦定理化简得，再根据三角形内角关系结合恒等变换最终求得角的大小，从而得外接圆的半径，即可得所求.
【详解】因为，所以，
由正弦定理得，
则，
所以，
整理得，
所以，
因为，所以，
故，即，
则该三角形的外接圆的半径，所以外接圆的面积为.
故选：B.
8. 英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处的阶导数都存在时，．该公式也称为麦克劳林公式．根据该公式估算的值为（）（精确到小数点后两位）
注：表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，即为的导数．表示的阶乘，即．
A. 0.85B. 0.88C. 0.91D. 0.95
【答案】C
【解析】
【分析】根据麦克劳林公式，求出，令即可求解．
【详解】在处n阶可导，
求出，令，
故选：C.
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. 下列选项正确的有（ ）
A. 展开式中的系数为-162
B. 已知随机变量服从正态分布，且，则
C. 如果一组数中每个数减去同一个非零常数，则这组数的平均数改变，方差不变
D. 具有相关关系的两个变量，的样本相关系数越大，则两个变量的线性相关程度越强
【答案】AC
【解析】
【分析】利用二项式定理得到的展开式通项公式，求出，，，进而与对应的系数相乘，求出展开式中的系数即可判断A；根据正态分布的对称性分析可判断B；根据平均数和方差的意义可判断C；根据相关系数r的意义即可判断D.
【详解】对于A，的展开式通项公式为，
其中，，，
故二项式中含的项为，
的系数为，故A正确；
对于B，设，由正态分布密度曲线的对称性可知，
，.所以，
解得，即，故B错误；
对于C，根据平均数和方差计算公式可得，如果一组数中每个数减去同一个非零常数，则这组数的平均数改变，方差不变，故C正确；
对于D，两个变量的相关系数的绝对值越大，它们的相关程度越强，故D错误；
故选：AC.
10. 如图，已知是内一点，三角形、、的面积分别为、、，则．若是锐角内的一点，，，是的三个内角，且点满足，则下列说法正确的是（ ）

A. 是的垂心
B.
C.
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由可得，同理可证所以选项A正确.利用直角三角形得到可得选项C错误.
再由选项C和利用向量的数量积公式展开可得B选项正确.由B选项正确和利用三角形面积公式代入化简可得D选项正确.
【详解】因为，所以则
同理可证得：所以是的垂心.选项A正确.
延长交于两点.

由选项A可知，所以
所以又因为所以选项C错误.
由C选项可知，
同理可得
又因为，所以
所以选项B正确.
由C可知，
同理可得
所以又因为
所以因为
所以，选项D正确.
故答案为：ABD.
11. 某商场在五一节开展促销抽奖活动，用编号分别为的三个箱子装了一定数量的红球和白球，总数之比为，三个箱子中白球所占的比例分别为，，，顾客从这三个箱子中任意摸取1球，取到红球获奖．记事件“此球来自编号为的箱子”，事件“顾客获奖”，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用条件概率公式，全概率公式和贝叶斯概率公式进行求解即可．
【详解】对于A，由题意可知，故A错误；
对于B，
，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，
，故D正确；
故选：BCD．
第Ⅱ卷（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. 已知抛物线的焦点到准线的距离为2，过焦点的直线与抛物线交于两点，为原点，则的面积的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】先求出抛物线方程，设直线的方程，联立方程组，求，最后根据即可求出.
【详解】由题意可知，则，，
因直线的斜率不可能为，故设，，
联立，得，
则，，，
则，
则，
因，则，
故的面积的取值范围是.
故答案为：.
13. 正三棱锥的底面边长为3，侧棱长为2，则该三棱锥的外接球的表面积是______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意推出球心到四个顶点的距离相等，利用直角三角形，求出球的半径，即可求出外接球的表面积．
【详解】如图，为正三角形的中心，为三棱锥外接球球心，
因为正三棱锥中，底面边长为3，侧棱长为2，
所以，则
所以高．
由球心到四个顶点的距离相等，
在直角三角形中，，，
由，得，，
所以外接球的半径为，表面积为：，
故答案为：．
14. 写出一个同时具有下列性质的函数的解析式：______．
①是奇函数 ②是偶函数 ③函数有极值
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据①③可取，再根据正弦函数的性质结合诱导公式写出符合题意的函数形式即可.
【详解】因为是奇函数及函数有极值，
因此不妨假设，
可知，因为是偶函数，
所以，可以取，所以
故答案为：（答案不唯一）
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. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，为线段上的动点．

（1）若为线段的中点，证明：直线平面；
（2）当时，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于点，连接，由此可得，结合线面平行判定定理证得结论；
（2）利用线面垂直判定定理可得平面，由余弦定理得，从而建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解直线得方向向量与平面的法向量，从而得线面夹角的正弦值.
【小问1详解】
连接交于点，连接，

因为四边形是正方形，
所以是中点，又为线段的中点，所以，
又平面，平面，
所以直线平面．
【小问2详解】
因为底面是正方形，所以，
又，，，平面，所以平面，
因为，所以，
因为，所以，
故在平面内作，分别以，，为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，设，
因为，得，
解得，，，．
设平面的一个法向量为，则即
取，得，设直线与平面所成角为，
则，
即直线AE与平面PAC所成角的正弦值为．
16. 若数列对于任意的，都有（常数），则称数列是公差为的准等差数列．设数列的前项和为，，对于任意的，都有．
（1）求证：数列为准等差数列；
（2）求数列的通项公式及前项和．
【答案】（1）证明见解析
（2），．
【解析】
【分析】（1）需要根据已知条件推导出为常数，从而证明数列为准等差数列；
（2）先根据递推关系求出奇数项和偶数项的通项公式，再分别计算奇数项和偶数项的前项和，进而得到前2n项和.
【小问1详解】
已知对于任意的，都有.
将换为，可得.
用减去，
可得：
因为，，所以.
根据准等差数列的定义，可知数列是公差为的准等差数列.
【小问2详解】
由可得.
当时，，又，所以.
当为奇数时，.
当为偶数时，.
所以.
.
对于奇数项，是以为首项，为公差的等差数列，
根据等差数列前项和公式可得其前项和为：
.
对于偶数项，是以为首项，为公差的等差数列，其前项和为：
.
所以.
17. 咸阳市进入3月份以来，昼夜温差较大，若人们不注意保暖，可能会导致自身受到风寒刺激，增加感冒患病概率，特别是对于儿童以及年老体弱的人群，所以要多加防范．某高中数学兴趣小组研究了昼夜温差大小与某社区新增感冒就诊人数之间的关系，他们记录了某六天的温差，并到社区卫生服务中心查阅了这六天中每天新增感冒就诊的人数，得到数据如下：
（1）已知第一天新增感冒就诊的人群中有4位男性，从第一天新增感冒就诊的人群中随机抽取2位，其中男性人数记为，若抽取的2人中仅有一位女性的概率为，求随机变量的分布列和数学期望；
（2）已知两个变量与之间的样本相关系数，请用最小二乘法求出关于的经验回归方程，并据此估计昼夜温差为时，该社区卫生服务中心新增感冒就诊的人数．
参考数据：，．
参考公式：，，．
【答案】（1）分布列见解析，
（2），37人．
【解析】
【分析】（1）首先根据抽取的2人中至少有一位女生的概率计算出，从而得到随机变量的取值，根据超几何分布概率计算可得分布列和数学期望；
（2）首先根据样本相关系数和已知条件计算出，进一步计算可得，，最小二乘法求出关于的经验回归方程，从而得到线性回归方程，将代入可得答案.
小问1详解】
因为，所以，解得．
即第一天新增感冒就诊人数为9，其中男生4位，女生5位，
则随机变量的所有可能取值为0，1，2，且服从超几何分布，其中，，，，，，
的分布列为
的数学期望．
【小问2详解】
因为，所以，所以，
由于，
所以，
所以，
因为，，解得，
所以，所以，
当时，，
据此估计昼夜温差为16℃时，该社区卫生服务中心新增感冒就诊的人数为37人．
18. 已知函数，，．
（1）当时，函数在处取得极值，求实数的值；
（2）当恒成立时，求的最大值；
（3）在（1）的条件下，证明：当时，．
【答案】（1）
（2）2 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，利用函数在处取得极值得，求得实数的值，并检验极值点即可得结论；
（2）因恒成立，若，则，不合题意；，整理可得，令，求导确定单调性，即可得最大值，从而得所求；
（3）由（1）可知，，求导确定函数的单调性，由可得，利用单调性与不等式的性质即可证得结论.
【小问1详解】
当时，，
因为时，函数在处取得极值，
所以，
∴
则经检验是函数的极值点，
故所求实数的值为．
【小问2详解】
由题意知，
因恒成立，若，则，不合题意；
∴，当时，要使恒成立，则有，
所以，
令，则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
故当时，取得最大值．
故的最大值为2．
【小问3详解】
证明：由（1）可知，，
∴
∴时，，单调递增，
记，则，
所以在上单调递增，所以，即，
所以当时，易得，
∴，∴，
∴，
由（1）知，，所以当时，成立．
19. 已知，分别为椭圆的左顶点和下顶点，为直线上的动点，的最小值为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆的另一交点为，直线与椭圆的另一交点为．当四边形为梯形时，求点的坐标；
（3）已知直线与圆交于，两点，与椭圆交于，两点，其中，在第一象限，为原点到直线的距离，是否存在实数，使得取得最大值？若存在，求出；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）根据椭圆上的点结合向量的坐标运算得取得最小值，从而可得的值，即可得椭圆方程；
（2）利用点在椭圆上得点坐标关系，再根据四边形为梯形时的几何性质列方程得点的坐标；
（3），一个在椭圆外，一个在椭圆内；，一个在内，一个在外，利用直线与椭圆相交得交点坐标关系，结合点到直线距离公式得关于的关系式，利用基本不等式得最值即可得结论.
【小问1详解】
设，由题意得，，
则，．
所以，
于是当时，取得最小值，
所以，解得．
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
法一：设点满足题设，设，
则，由题意可知，
存在，使得，
即，整理得，代入中，有，①
设，则．由题意可知．
因为四边形为梯形，所以，所以，
即整理得
代入中，有，②
①－②得，又，所以．
故存在点，使得四边形为梯形．
法二：设点满足题设，则，
设，．
直线的方程为，直线的方程为．
将代入椭圆的方程得，
，可得，所以．
将代入椭圆方程得．
可得．
因为四边形为梯形，所以，所以，
于是，所以，整理可得，
即，解得．
故存在点，使得四边形为梯形．
【小问3详解】
由题设可知，，一个在椭圆外，一个在椭圆内；，一个在内，一个在外，
在直线上四点满足：，
由消去得，恒成立．
设，，
由根与系数的关系，得，，
所以，到的距离，
则，
当且仅当，即时等号成立．
验证可知满足题意．因为，所以．日期
第一天
第二天
第三天
第四天
第五天
第六天
昼夜温差
4
7
8
9
14
12
新增感冒就诊人数（位）
0
1
2