河南省济源市平顶山市许昌市2025届高三数学第三次质检试题理含解析

PAGE23-河南省济源市、平顶山市、许昌市2025届高三数学第三次质检试题理（含解析）一、选择题（共12小题）.1．已知集合M＝{x|y＝ln（x﹣2）}，N＝{x|2x﹣a≤0}，且M∪N＝R，则a的取值范围为（）A．[2，+∞） B．（2，+∞） C．[4，+∞） D．（4，+∞）2．若复数z满意|z﹣3i|＝3，i为虚数单位，则|z﹣4|的最大值为（）A．8 B．6 C．4 D．23．苏格兰数学家科林•麦克劳林（ColinMaclaurin）探讨出了闻名的Maclaurin级数绽开式，其中一个为：ln（1+x）＝+…，据此绽开式，如图所示的程序框图的输出结果S约为（）（参考数据：ln2.414＝0.8813，ln2＝0.6931，ln3＝1.099）A．1.6931 B．0.6931 C．1.0990 D．0.88134．已知曲线y＝aex+xlnx在点（1，ae）处的切线方程为y＝2x+b，则（）A．a＝e﹣1，b＝1 B．a＝e﹣1，b＝﹣1 C．a＝e，b＝﹣1 D．a＝e，b＝15．将函数f（x）＝cos（2x+）的图象向左平移个单位长度，再把曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数y＝g（x）的图象，则（）A．y＝g（x）的图象关于点（，0）对称 B．y＝g（x）的图象关于直线x＝﹣对称 C．g（x）的最小正周期为π D．g（x）在[]单调递减6．函数f（x）＝的图象大致是（）A． B． C． D．7．设F1，F2分别为双曲线＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，O为坐标原点，过F1的直线与双曲线的两条渐近线分别交于A，B两点，且满意，，则该双曲线的离心率为（）A． B． C．2 D．28．（x+y）5（2x+）的绽开式中x2y4的系数为（）A．10 B．15 C．20 D．259．已知0＜a＜5且aln5＝5lna，0＜b＜6且bln6＝6lnb，0＜c＜7且cln7＝7lnc，则a，b，c的大小关系为（）A．a＞c＞b B．a＞b＞c C．c＞a＞b D．c＞b＞a10．在四面体S﹣ABC中，SA⊥平面ABC，三内角B，A，C成等差数列，SA＝AC＝2，AB＝1，则该四面体的外接球的表面积为（）A．5π B．6π C．7π D．8π11．A、B两位同学各有3张卡片，现以投掷硬币的形式进行嬉戏．当硬币正面对上时，A赢得B一张卡片，否则B赢得A一张卡片，假如某人已赢得全部卡片，则嬉戏终止，那么恰好掷完5次硬币时嬉戏终止的概率为（）A． B． C． D．12．已知椭圆E：＝1（a＞b＞0）的离心率为，F是椭圆E的右焦点，点A（0，﹣2），直线AF的斜率为，O为坐标原点．设过点A的直线l与椭圆E交于P，Q两点，则△OPQ面积的最大值为（）A． B．2 C． D．1二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若实数x，y满意条件，则z＝3x﹣2y﹣4的最小值为．14．已知平面对量＝（1，），＝（﹣，m），且|+|＝|﹣|，则|3﹣6|＝．15．若函数f（x）＝loga（x+）（a＞0，a≠1）是奇函数，则函数g（x）＝bx﹣ax在[1，2]上的最大值与最小值的和为．16．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满意a＝2，a2＝2b2+c2，则△ABC的面积的最大值为．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。第17～21题为必考题，每个试题考生都必需作答。第22、23题为选考题，考生依据要求作答。（一）必考题：共60分.17．设数列{an}满意a1＝2，2（an+1﹣an）＝3×4n．（1）求数列{an}的通项公式；（2）令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn．18．如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F，M分别是线段BE，DC，AB的中点．（1）求证：平面GMF∥平面ADE；（2）求平面AEF与平面BEC所成二面角的正弦值．19．2024年，新冠病毒席卷全球，给世界各国带来了巨大的灾难．面对疫情，我们宏大的祖国以人民生命至上为最高政策动身点，统筹全国力气，上下一心，进行了一场艰苦的疫情狙击战，限制住了疫情的扩散并快速开展相关探讨工作．某医疗科学小组为了了解患有重大基础疾病（如，糖尿病、高血压、…）是否与更简单感染新冠病毒有关，他们对疫情中心的人群进行了抽样调查，对其中50人的血液样本进行检验，数据如表：感染新冠病毒未感染新冠病毒合计不患有重大基础疾病15患有重大基础疾病25合计30（1）请填写2×2列联表，并推断是否有99%的把握认为患有重大基础疾病更简单感染新冠病毒；（2）在抽样调查过程中，发觉某样本小组5人中有1人感染新冠病毒，须要通过化验血液来确定感染者，血液化验结果呈阳性即为感染者，呈阴性即未感染．下面是两种化验方法：方法一：逐一检验，直到检出感染者为止；方法二：先取3人血液样本，混合在一起检验，如呈阳性则逐一检验，直到检出感染者为止；如呈阴性，则检验剩余2人中随意1人的血液样本．（i）求方法一的化验次数大于方法二的化验次数的概率；（ii）用X表示方法二中化验的次数，求X的数学期望．P（K2≥k）0.0500.0100.001k3.8416.63510.828附：K2＝，其中n＝a+b+c+d．20．已知F是抛物线E：y2＝2px（p＞0）的焦点，直线l：y＝k（x﹣m）（m＞0）与抛物线E交于A，B两点，与抛物线E的准线交于点N．（1）若k＝1时，|AB|＝4，求抛物线E的方程；（2）是否存在常数k，对于随意的正数m，都有|FA|•|FB|＝|FN|2？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．21．已知函数有两个零点．（1）求实数a的取值范围；（2）记f（x）的两个零点分别为x1，x2，求证：（e为自然对数的底数）．（二）选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。假如多做，则按所做的第一题计分。[选修4-4：坐标系与参数方程]22．已知在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（t为参数）．以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρcos（θ+）＝1．（1）求曲线C和直线l的直角坐标方程；（2）若直线l交曲线C于A，B两点，交x轴于点P，求的值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|x+2|﹣m|x+1|．（1）若m＝﹣2，求不等式f（x）≥8的解集；（2）若关于x的不等式f（x）≤m|x+3|对于随意实数x恒成立，求实数m的取值范围．

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．已知集合M＝{x|y＝ln（x﹣2）}，N＝{x|2x﹣a≤0}，且M∪N＝R，则a的取值范围为（）A．[2，+∞） B．（2，+∞） C．[4，+∞） D．（4，+∞）解：∵y＝ln（x﹣2），∴x﹣2＞0，∴x＞2，∴M＝（2，+∞），∵2x﹣a≤0，∴x≤，∴N＝（﹣∞，]，∵M∪N＝R，画出数轴如下，∴≥2，∴a≥4，∴a的取值范围为[4，+∞）．故选：C．2．若复数z满意|z﹣3i|＝3，i为虚数单位，则|z﹣4|的最大值为（）A．8 B．6 C．4 D．2解：由|z﹣3i|＝3，可知复数z对应点的轨迹为以B（0，3）为圆心，以3为半径的圆上，如图：则|z﹣4|的最大值为|AB|+3＝5+3＝8，故选：A．3．苏格兰数学家科林•麦克劳林（ColinMaclaurin）探讨出了闻名的Maclaurin级数绽开式，其中一个为：ln（1+x）＝+…，据此绽开式，如图所示的程序框图的输出结果S约为（）（参考数据：ln2.414＝0.8813，ln2＝0.6931，ln3＝1.099）A．1.6931 B．0.6931 C．1.0990 D．0.8813解：模拟程序的运行，可得程序框图的功能是计算并输出S＝1﹣+﹣+﹣+﹣的值，由题意可得S＝1﹣+﹣+﹣+﹣＝ln（1+1）＝ln2＝0.6931．故选：B．4．已知曲线y＝aex+xlnx在点（1，ae）处的切线方程为y＝2x+b，则（）A．a＝e﹣1，b＝1 B．a＝e﹣1，b＝﹣1 C．a＝e，b＝﹣1 D．a＝e，b＝1解：∵y＝aex+xlnx，∴y′＝aex+lnx+1，由在点（1，ae）处的切线方程为y＝2x+b，可得ae+1+0＝2，解得a＝e﹣1，又切点为（1，1），可得1＝2+b，即b＝﹣1．故选：B．5．将函数f（x）＝cos（2x+）的图象向左平移个单位长度，再把曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数y＝g（x）的图象，则（）A．y＝g（x）的图象关于点（，0）对称 B．y＝g（x）的图象关于直线x＝﹣对称 C．g（x）的最小正周期为π D．g（x）在[]单调递减解：将函数f（x）＝cos（2x+）的图象向左平移个单位长度，得：y＝cos[2（x+）+]＝﹣sin（2x+），再把曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得：g（x）＝﹣sin（x+），对于A：g（）＝﹣sinπ＝0，故A正确，对于B：g（﹣）＝﹣sin0＝0≠±1，故B错误，对于C：g（x）的最小正周期是T＝2π，故C错误，对于D：当x∈[，]时，令t＝x+∈[，]，y＝﹣sint在[，]上不单调，故D错误，故选：A．6．函数f（x）＝的图象大致是（）A． B． C． D．解：函数的定义域为R，解除B，D，当x＞0且x→+∞，f（x）＜0，且f（x）→0，解除C，故选：A．7．设F1，F2分别为双曲线＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，O为坐标原点，过F1的直线与双曲线的两条渐近线分别交于A，B两点，且满意，，则该双曲线的离心率为（）A． B． C．2 D．2解：由，，可得△BOF1为等腰三角形，且A为底边BF1的中点，由F1（c，0）到渐近线y＝±x的距离为d＝＝b，由OA⊥BF1，可得|OA|＝＝a，由∠AOF1＝∠AOB＝∠BOF2＝60°，可得cos60°＝＝，可得e＝＝2．故选：C．8．（x+y）5（2x+）的绽开式中x2y4的系数为（）A．10 B．15 C．20 D．25解：∵（x+y）5中x•y4项的系数为，x3y2项的系数为，∴（x+y）5（2x+）的绽开式中x2y4的系数为：+2＝20，故选：C．9．已知0＜a＜5且aln5＝5lna，0＜b＜6且bln6＝6lnb，0＜c＜7且cln7＝7lnc，则a，b，c的大小关系为（）A．a＞c＞b B．a＞b＞c C．c＞a＞b D．c＞b＞a解：令F（x）＝，则，易得，当0＜x＜e时，F′（x）＞0，函数单调递增，当x＞e时，F′（x）＜0，函数单调递减，因为0＜a＜5，0＜b＜6，0＜c＜7，所以c＞b＞a＞e，所以f（c）＜f（b）＜f（a），则a＞b＞c．故选：B．10．在四面体S﹣ABC中，SA⊥平面ABC，三内角B，A，C成等差数列，SA＝AC＝2，AB＝1，则该四面体的外接球的表面积为（）A．5π B．6π C．7π D．8π解：由三内角B，A，C成等差数列，得B+C＝2A，又A+B+C＝π，∴3A＝π，A＝，又∴＝，则AB2+BC2＝AC2，∴AB⊥BC，又∵SA⊥平面ABC，把四面体S﹣ABC放置在长方体中，如图，则该四面体外接球的直径为SC，且SC＝，∴该四面体的外接球的表面积为．故选：D．11．A、B两位同学各有3张卡片，现以投掷硬币的形式进行嬉戏．当硬币正面对上时，A赢得B一张卡片，否则B赢得A一张卡片，假如某人已赢得全部卡片，则嬉戏终止，那么恰好掷完5次硬币时嬉戏终止的概率为（）A． B． C． D．解：假设A赢了B，5次终止，那么A赢了4次，B赢了1次．B的这一次只能发生在前三次中（前三中还不发生，A就赢了），也就是有三种状况，每种状况概率均为，且还有B赢A的状况，则最终概率为×3×2＝．故选：D．12．已知椭圆E：＝1（a＞b＞0）的离心率为，F是椭圆E的右焦点，点A（0，﹣2），直线AF的斜率为，O为坐标原点．设过点A的直线l与椭圆E交于P，Q两点，则△OPQ面积的最大值为（）A． B．2 C． D．1解：设F（c，0），点A（0，﹣2），直线AF的斜率为＝，得c＝，又e＝＝，所以a＝2，b2＝a2﹣c2＝1，故E的方程为+y2＝1．依题意当l⊥x轴时，不合题意，可设直线l：y＝kx﹣2，设P（x1，y1），Q（x2，y2），将y＝kx﹣2代入+y2＝1，得（1+4k2）x2﹣16kx+12＝0，当△＝16（4k2﹣3）＞0，即k2＞时，x1+x2＝，x1x2＝，从而|PQ|＝•|x1﹣x2|＝•＝4•，又点O到直线PQ的距离d＝，所以△OPQ的面积S△OPQ＝d|PQ|＝4•，设＝t，则t＞0，4k2＝3+t2，S△OPQ＝＝≤＝1，当且仅当t＝2，k＝±等号成立，且满意△＞0，所以△OPQ的面积最大为1．故选：D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若实数x，y满意条件，则z＝3x﹣2y﹣4的最小值为﹣6．解：由约束条件作出可行域如图，由图可知，A（0，1），由z＝3x﹣2y﹣4，得y＝，由图可知，当直线y＝过A时，直线在y轴上的截距最大，z有最小值为﹣6．故答案为：﹣6．14．已知平面对量＝（1，），＝（﹣，m），且|+|＝|﹣|，则|3﹣6|＝6．解：∵向量＝（1，），＝（﹣，m），且|+|＝|﹣|，∴•＝﹣+m＝0，∴m＝1，则|3﹣6|＝＝＝＝＝6，故答案为：6．15．若函数f（x）＝loga（x+）（a＞0，a≠1）是奇函数，则函数g（x）＝bx﹣ax在[1，2]上的最大值与最小值的和为．解：由为奇函数可知，，解得，阅历证，符合题意，∴，又y＝2x为增函数，为减函数，∴为增函数，∴当x∈[1，2]时，．故答案为：．16．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满意a＝2，a2＝2b2+c2，则△ABC的面积的最大值为．解：因为a2＝2b2+c2，由余弦定理可得b²+c²﹣2bccosA＝2b2+c2，化简得cosA＝﹣，则sinA＝，则△ABC的面积S＝bcsinA＝＝≤＝＝＝＝，当且仅当3b＝时等号成立，故△ABC的面积的最大值为．故答案为：．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。第17～21题为必考题，每个试题考生都必需作答。第22、23题为选考题，考生依据要求作答。（一）必考题：共60分.17．设数列{an}满意a1＝2，2（an+1﹣an）＝3×4n．（1）求数列{an}的通项公式；（2）令bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Sn．解：（1）数列{an}满意a1＝2，2（an+1﹣an）＝3×4n．故，整理得，，，，所以，所以．（2）由（1）得bn＝nan＝n•22n﹣1，所以①，②，①﹣②得，解得．18．如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F，M分别是线段BE，DC，AB的中点．（1）求证：平面GMF∥平面ADE；（2）求平面AEF与平面BEC所成二面角的正弦值．【解答】（1）证明：因为四边形ABCD是矩形，M是AB中点，F是CD中点，所以MF∥AD，因为AD⊂平面ADE，MF⊄平面ADE，所以MF∥平面ADE，因为G是BC中点，M是AB中点，所以MG∥AE，因为AE⊂平面ADE，MG⊄平面ADE，所以MG∥平面ADE，又因为MG∩MF＝M，MG、MF⊂平面GMF，所以平面GMF∥平面ADE；（2）解：取AB中点O，取AD中点N，连接OE、ON，因为四边形ABCD是矩形，所以ON⊥BC，ON∥AB，因为AB⊥平面BEC，所以ON⊥平面BEC，所以ON⊥OE，又因为BE＝EC，所以OE⊥BC，于是OE、OC、ON两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，因为BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，所以OE＝OC＝OB＝，CF＝1，＝（﹣，，1），＝（0，﹣2，1），设平面AEF的法向量为＝（x，y，z），，令y＝1，＝（3，1，2），平面BCE的法向量为＝（0，0，1），设平面AEF与平面BEC所成二面角大小为θ，由图知θ为锐角，cosθ＝＝＝，sinθ＝＝，所以平面AEF与平面BEC所成二面角的正弦值为．19．2024年，新冠病毒席卷全球，给世界各国带来了巨大的灾难．面对疫情，我们宏大的祖国以人民生命至上为最高政策动身点，统筹全国力气，上下一心，进行了一场艰苦的疫情狙击战，限制住了疫情的扩散并快速开展相关探讨工作．某医疗科学小组为了了解患有重大基础疾病（如，糖尿病、高血压、…）是否与更简单感染新冠病毒有关，他们对疫情中心的人群进行了抽样调查，对其中50人的血液样本进行检验，数据如表：感染新冠病毒未感染新冠病毒合计不患有重大基础疾病15患有重大基础疾病25合计30（1）请填写2×2列联表，并推断是否有99%的把握认为患有重大基础疾病更简单感染新冠病毒；（2）在抽样调查过程中，发觉某样本小组5人中有1人感染新冠病毒，须要通过化验血液来确定感染者，血液化验结果呈阳性即为感染者，呈阴性即未感染．下面是两种化验方法：方法一：逐一检验，直到检出感染者为止；方法二：先取3人血液样本，混合在一起检验，如呈阳性则逐一检验，直到检出感染者为止；如呈阴性，则检验剩余2人中随意1人的血液样本．（i）求方法一的化验次数大于方法二的化验次数的概率；（ii）用X表示方法二中化验的次数，求X的数学期望．P（K2≥k）0.0500.0100.001k3.8416.63510.828附：K2＝，其中n＝a+b+c+d．解：（1）2×2列联表如下：感染新冠病毒未感染新冠病毒合计不患有重大基础疾病101525患有重大基础疾病20525合计302050∴K2＝＝≈8.333＞6.635，∴有99%的把握认为患有重大基础疾病更简单感染新冠病毒．（2）（i）方案一：化验次数X的取值为1，2，3，4，P（X＝1）＝，P（X＝2）＝×＝，P（X＝3）＝××＝，P（X＝4）＝××＝，方案二：化验次数X＝2，3，P（X＝2）＝×+＝，P（X＝3）＝×＝，所以方法一的化验次数大于方法二的化验次数的概率为×+（+）＝．（ii）由（i）可得X的分布列为：X23P所以X的数学期望E（X）＝2×+3×＝．20．已知F是抛物线E：y2＝2px（p＞0）的焦点，直线l：y＝k（x﹣m）（m＞0）与抛物线E交于A，B两点，与抛物线E的准线交于点N．（1）若k＝1时，|AB|＝4，求抛物线E的方程；（2）是否存在常数k，对于随意的正数m，都有|FA|•|FB|＝|FN|2？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．解：（1）设A(x1,y1),B(x2,y2),由,消去y得k2x2﹣2(k2m+p)x+k2m2＝0,因为直线l与抛物线交于两点，所以k≠0,又因为m＞0,p＞0,所以△＝8k2mp+4p2＞0恒成立，所以,当k＝1时，|AB|＝4,所以|AB|＝|x1﹣x2|＝2＝4,化简得(p+2m+2)(p﹣2)＝0,因为p＞0,m＞0,所以p＝2,所以抛物线的方程为y2＝4x．(2)假设存在常数k满意题意，因为抛物线E的方程为y2＝2px,焦点为F(,0),准线为x＝﹣,所以N(﹣,﹣k(m+)),从而|FN|2＝p2+k2(m+)2由抛物线的定义可得，|FA|＝x1+,|FB|＝x2+,所以|FA|•|FB|＝(x1+)(x2+)＝x1x2+(x1+x2)+＝(m+)2+,由|FA|•|FB|＝|FN|2得(m+)2+＝p2+k2(m+)2,即(k2﹣1)[(m+)2+]＝0,因为(m+)2＞0,＞0,所以k2﹣1＝0,解得k＝±1,所以存在k＝±1,使得|FA|•|FB|＝|FN|2对随意的正数m都成立．21．已知函数有两个零点．（1）求实数a的取值范围；（2）记f（x）的两个零点分别为x1，x2，求证：（e为自然对数的底数）．解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）＝，①当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）上单调递增，f（x）至多有一个零点，不符合题意，②当a＞0时，f′（a）＝0，且当x∈（0，a）时，f′（x）＜0，当x∈（a，+∞）时，f′（x）＞0，所以f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，从而f（x）的最小值为f（a）＝lna+2，若f（a）≥0，即a≥e2，此时f（x）至多有一个零点，不符合题意，若f（a）＜0，即0＜a＜e﹣2，因为f（x）在（a，+∞）上单调递增，f（a）＜0，f（1）＝a+1＞0，依据零点存在性定义得，f（x）在（a，+∞）内有且仅有一个零点，又因为f（x）在（0，a）上单调递减，且f（a）＜0，考虑f（a2）＝2lna++1的正负，令g（x）＝2lnx++1，x∈（0，e﹣2），则g′（x）＝＜0，所以g（x）在（0，e﹣2）上单调递减，所以g（x）＞g（e﹣2）＝e2﹣3＞0，即f（a2）＝2lna++1＞0，因为0＜a2＜a，所以f（a2）＞0，f（a）＜0，依据零点的存在性定理得，f（x）在（0，a）有且仅有一个零点，所以，当0＜a＜e﹣2时，f（x）恰有两个零点，符合题意，综上所述，a的取值范围为（0，e﹣2）．（2）证明：不妨设x1＜x2，由（1）可知，a∈（0，e﹣2），x1∈（0，a），x2∈（a，+∞），f（x）在（a，+∞）上单调递增，要证x1x2＜，需证x2＜，即证f（x2）＜f（），则证0＜﹣lnx1﹣3+ae4x1，可证lnx1+3﹣ae4x1＜0，由f（x1）＝lnx1++1＝0得，a＝﹣x1（lnx1+1），所以只需证lnx1+3+e4x