广西南宁市“4N”高中联合体2025届高考数学三模试卷含解析

广西南宁市“4N”高中联合体2025届高考数学三模试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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．函数在区间上的大致图象如图所示，则可能是（）A．B．C．D．2．若函数有且仅有一个零点，则实数的值为（）A． B． C． D．3．过直线上一点作圆的两条切线，，，为切点，当直线，关于直线对称时，（）A． B． C． D．4．在菱形中，，，，分别为，的中点，则（）A． B． C．5 D．5．设集合，，则（）A． B．C． D．6．直线与抛物线C：交于A，B两点，直线，且l与C相切，切点为P，记的面积为S，则的最小值为A． B． C． D．7．已知集合，，则A． B． C． D．8．在中，，，，则边上的高为（）A． B．2 C． D．9．若是定义域为的奇函数，且，则A．的值域为 B．为周期函数，且6为其一个周期C．的图像关于对称 D．函数的零点有无穷多个10．已知函数，若函数的极大值点从小到大依次记为，并记相应的极大值为，则的值为（）A． B． C． D．11．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积是()A． B． C． D．12．已知双曲线的焦距是虚轴长的2倍，则双曲线的渐近线方程为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知实数满足，则的最大值为________.14．的展开式中，常数项为______；系数最大的项是______.15．在中，角的平分线交于，，，则面积的最大值为__________．16．下图是一个算法流程图，则输出的S的值是______.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。17．（12分）如图，在四棱锥中底面是菱形，，是边长为的正三角形，，为线段的中点．求证：平面平面；是否存在满足的点，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．18．（12分）已知函数（1）若，试讨论的单调性；（2）若，实数为方程的两不等实根，求证：.19．（12分）已知函数，其中为自然对数的底数.（1）若函数在区间上是单调函数，试求的取值范围；（2）若函数在区间上恰有3个零点，且，求的取值范围.20．（12分）如图，在四棱柱中，平面平面，是边长为2的等边三角形，，，，点为的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值．（Ⅲ）在线段上是否存在一点，使直线与平面所成的角正弦值为，若存在求出的长，若不存在说明理由．21．（12分）在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，并且.（1）已知_______________，计算的面积；请①，②，③这三个条件中任选两个，将问题（1）补充完整，并作答.注意，只需选择其中的一种情况作答即可，如果选择多种情况作答，以第一种情况的解答计分.（2）求的最大值.22．（10分）在平面直角坐标系中，椭圆：的右焦点为（，为常数），离心率等于0.8，过焦点、倾斜角为的直线交椭圆于、两点．⑴求椭圆的标准方程；⑵若时，，求实数；⑶试问的值是否与的大小无关，并证明你的结论．

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、B【解析】

根据特殊值及函数的单调性判断即可；【详解】解：当时，，无意义，故排除A；又，则，故排除D；对于C，当时，，所以不单调，故排除C；故选：B【点睛】本题考查根据函数图象选择函数解析式，这类问题利用特殊值与排除法是最佳选择，属于基础题.2、D【解析】

推导出函数的图象关于直线对称，由题意得出，进而可求得实数的值，并对的值进行检验，即可得出结果.【详解】，则，，，所以，函数的图象关于直线对称.若函数的零点不为，则该函数的零点必成对出现，不合题意.所以，，即，解得或.①当时，令，得，作出函数与函数的图象如下图所示：此时，函数与函数的图象有三个交点，不合乎题意；②当时，，，当且仅当时，等号成立，则函数有且只有一个零点.综上所述，.故选：D.【点睛】本题考查利用函数的零点个数求参数，考查函数图象对称性的应用，解答的关键就是推导出，在求出参数后要对参数的值进行检验，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.3、C【解析】

判断圆心与直线的关系，确定直线，关于直线对称的充要条件是与直线垂直，从而等于到直线的距离，由切线性质求出，得，从而得．【详解】如图，设圆的圆心为，半径为，点不在直线上，要满足直线，关于直线对称，则必垂直于直线，∴，设，则，，∴,．故选：C．【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查直线的对称性，解题关键是由圆的两条切线关于直线对称，得出与直线垂直，从而得就是圆心到直线的距离，这样在直角三角形中可求得角．4、B【解析】

据题意以菱形对角线交点为坐标原点建立平面直角坐标系，用坐标表示出，再根据坐标形式下向量的数量积运算计算出结果.【详解】设与交于点，以为原点，的方向为轴，的方向为轴，建立直角坐标系，则，，，，，所以.故选：B.【点睛】本题考查建立平面直角坐标系解决向量的数量积问题，难度一般.长方形、正方形、菱形中的向量数量积问题，如果直接计算较麻烦可考虑用建系的方法求解.5、A【解析】

解出集合，利用交集的定义可求得集合.【详解】因为，又，所以.故选：A.【点睛】本题考查交集的计算，同时也考查了一元二次不等式的求解，考查计算能力，属于基础题.6、D【解析】

设出坐标，联立直线方程与抛物线方程，利用弦长公式求得，再由点到直线的距离公式求得到的距离，得到的面积为，作差后利用导数求最值．【详解】设，，联立，得则，则由，得设，则，则点到直线的距离从而．令当时，；当时，故，即的最小值为本题正确选项：【点睛】本题考查直线与抛物线位置关系的应用，考查利用导数求最值的问题．解决圆锥曲线中的面积类最值问题，通常采用构造函数关系的方式，然后结合导数或者利用函数值域的方法来求解最值.7、C【解析】分析：根据集合可直接求解.详解：,,故选C点睛：集合题也是每年高考的必考内容，一般以客观题形式出现，一般解决此类问题时要先将参与运算的集合化为最简形式，如果是“离散型”集合可采用Venn图法解决，若是“连续型”集合则可借助不等式进行运算.8、C【解析】

结合正弦定理、三角形的内角和定理、两角和的正弦公式，求得边长，由此求得边上的高.【详解】过作，交的延长线于.由于，所以为钝角，且，所以.在三角形中，由正弦定理得，即，所以.在中有，即边上的高为.故选：C【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形，考查三角形的内角和定理、两角和的正弦公式，属于中档题.9、D【解析】

运用函数的奇偶性定义，周期性定义，根据表达式判断即可.【详解】是定义域为的奇函数，则，，又，，即是以4为周期的函数，，所以函数的零点有无穷多个；因为，，令，则，即，所以的图象关于对称，由题意无法求出的值域，所以本题答案为D.【点睛】本题综合考查了函数的性质，主要是抽象函数的性质，运用数学式子判断得出结论是关键.10、C【解析】

对此分段函数的第一部分进行求导分析可知，当时有极大值，而后一部分是前一部分的定义域的循环，而值域则是每一次前面两个单位长度定义域的值域的2倍，故此得到极大值点的通项公式，且相应极大值，分组求和即得【详解】当时，，显然当时有，，∴经单调性分析知为的第一个极值点又∵时，∴，，，…，均为其极值点∵函数不能在端点处取得极值∴，，∴对应极值，，∴故选：C【点睛】本题考查基本函数极值的求解，从函数表达式中抽离出相应的等差数列和等比数列，最后分组求和，要求学生对数列和函数的熟悉程度高，为中档题11、D【解析】

根据三视图判断出几何体为正四棱锥，由此计算出几何体的表面积.【详解】根据三视图可知，该几何体为正四棱锥.底面积为.侧面的高为，所以侧面积为.所以该几何体的表面积是.故选：D【点睛】本小题主要考查由三视图判断原图，考查锥体表面积的计算，属于基础题.12、A【解析】

根据双曲线的焦距是虚轴长的2倍，可得出，结合，得出，即可求出双曲线的渐近线方程.【详解】解：由双曲线可知，焦点在轴上，则双曲线的渐近线方程为：，由于焦距是虚轴长的2倍，可得：，∴，即：，，所以双曲线的渐近线方程为：.故选：A.【点睛】本题考查双曲线的简单几何性质，以及双曲线的渐近线方程.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

作出不等式组所表示的平面区域，将目标函数看作点与可行域的点所构成的直线的斜率，当直线过时，直线的斜率取得最大值，代入点A的坐标可得答案.【详解】画出二元一次不等式组所表示的平面区域，如下图所示，由得点，目标函数表示点与可行域的点所构成的直线的斜率，当直线过时，直线的斜率取得最大值，此时的最大值为.故答案为：.【点睛】本题考查求目标函数的最值，关键在于明确目标函数的几何意义，属于中档题.14、【解析】

求出二项展开式的通项，令指数为零，求出参数的值，代入可得出展开式中的常数项；求出项的系数，利用作商法可求出系数最大的项.【详解】的展开式的通项为，令，得，所以，展开式中的常数项为；令，令，即，解得，，，因此，展开式中系数最大的项为.故答案为：；.【点睛】本题考查二项展开式中常数项的求解，同时也考查了系数最大项的求解，涉及展开式通项的应用，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.15、15【解析】

由角平分线定理得,利用余弦定理和三角形面积公式，借助三角恒等变化求出面积的最大值.【详解】画出图形：因为，，由角平分线定理得,设，则由余弦定理得：即当且仅当，即时取等号所以面积的最大值为15故答案为：15【点睛】此题考查解三角形面积的最值问题，通过三角恒等变形后利用均值不等式处理，属于一般性题目.16、【解析】

根据流程图，运行程序即得.【详解】第一次运行，；第二次运行，；第三次运行，；第四次运行；所以输出的S的值是.故答案为：【点睛】本题考查算法流程图，是基础题.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。17、证明见解析；2.【解析】

利用面面垂直的判定定理证明即可；由，知，所以可得出，因此，的充要条件是，继而得出的值.【详解】解：证明：因为是正三角形，为线段的中点，所以．因为是菱形，所以．因为，所以是正三角形，所以，而，所以平面．又，所以平面．因为平面，所以平面平面．由，知．所以，，．因此，的充要条件是，所以，．即存在满足的点，使得，此时．【点睛】本题主要考查平面与平面垂直的判定、三棱锥的体积等基础知识；考查空间想象能力、运算求解能力、推理论证能力和创新意识；考查化归与转化、函数与方程等数学思想，属于难题．18、（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析【解析】

（1）根据题意得，分与讨论即可得到函数的单调性；（2）根据题意构造函数，得，参变分离得，分析不等式，即转化为，设，再构造函数，利用导数得单调性，进而得证.【详解】（1）依题意，当时，，①当时，恒成立，此时在定义域上单调递增；②当时，若，；若，；故此时的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）方法1：由得令，则，依题意有，即，要证，只需证（不妨设），即证，令，设，则，在单调递减，即，从而有.方法2：由得令，则，当时，时，故在上单调递增，在上单调递减，不妨设，则，要证，只需证，易知，故只需证，即证令，（），则==，（也可代入后再求导）在上单调递减，，故对于时，总有.由此得【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，属于难题.19、（1）；（2）.【解析】

（1）求出，再求恒成立，以及恒成立时，的取值范围；（2）由已知，在区间内恰有一个零点，转化为在区间内恰有两个零点，由（1）的结论对分类讨论，根据单调性，结合零点存在性定理，即可求出结论.【详解】（1）由题意得，则，当函数在区间上单调递增时，在区间上恒成立.∴（其中），解得.当函数在区间上单调递减时，在区间上恒成立，∴（其中），解得.综上所述，实数的取值范围是.（2）.由，知在区间内恰有一个零点，设该零点为，则在区间内不单调.∴在区间内存在零点，同理在区间内存在零点.∴在区间内恰有两个零点.由（1）易知，当时，在区间上单调递增，故在区间内至多有一个零点，不合题意.当时，在区间上单调递减，故在区间内至多有一个零点，不合题意，∴.令，得，∴函数在区间上单凋递减，在区间上单调递增.记的两个零点为，∴，必有.由，得.∴又∵，∴.综上所述，实数的取值范围为.【点睛】本题考查导数的综合应用，涉及到函数的单调性、零点问题，意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.20、（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）线段上是存在一点，，使直线与平面所成的角正弦值为.【解析】

（Ⅰ）取中点，连结、，推导出四边形是平行四边形，从而，由此能证明平面;（Ⅱ）取中点，连结，，推导出平面，，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值；（Ⅲ）假设在线段上是存在一点，使直线与平面所成的角正弦值为，设．利用向量法能求出结果．【详解】（Ⅰ）证明：取中点，连结、，是边长为2的等边三角形，，，，点为的中点，，四边形是平行四边形，，平面，平面，平面．（Ⅱ）解：取中点，连结，，在四棱柱中，平面平面，是边长为2的等边三角形，，，，点为的中点，平面，，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，1，，，0，，，1，，，0，，，，，，0，，，，，设平面的法向量，，，则，取，得，，，设平面的法向量，，，则，取，得，设二面角的平面角为，则．二面角的余弦值为．（Ⅲ）解：假设在线段上是存在一点，使直线与平面所成的角正弦值为，设．则，，，，，，平面的法向量，，解得，线段上是存在一点，，使直线与平