山西省孝义市省际名校2025届高三练习三（全国卷I）数学试题

山西省孝义市（省际名校2025届高三练习三（全国卷I）数学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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．如图，正方体中，，，，分别为棱、、、的中点，则下列各直线中，不与平面平行的是（）A．直线 B．直线 C．直线 D．直线2．已知复数z满足（i为虚数单位），则在复平面内复数z对应的点位于()A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．若复数（为虚数单位），则（）A． B． C． D．4．设是定义在实数集上的函数，满足条件是偶函数，且当时，，则，，的大小关系是（）A． B． C． D．5．已知定义在上函数的图象关于原点对称，且，若，则（）A．0 B．1 C．673 D．6746．复数（为虚数单位），则的共轭复数在复平面上对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限7．等比数列若则（）A．±6 B．6 C．-6 D．8．已知函数的图象与直线的相邻交点间的距离为，若定义，则函数，在区间内的图象是()A． B．C． D．9．抛掷一枚质地均匀的硬币，每次正反面出现的概率相同，连续抛掷5次，至少连续出现3次正面朝上的概率是（）A． B． C． D．10．执行如图所示的程序框图，输出的结果为（）A． B．4 C． D．11．设分别是双线的左、右焦点，为坐标原点，以为直径的圆与该双曲线的两条渐近线分别交于两点（位于轴右侧），且四边形为菱形，则该双曲线的渐近线方程为（）A． B． C． D．12．正的边长为2，将它沿边上的高翻折，使点与点间的距离为，此时四面体的外接球表面积为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知平面向量与的夹角为，，，则________.14．已知直线与圆心为的圆相交于两点，且，则实数的值为_________．15．已知随机变量服从正态分布，若，则_________.16．已知函数，若，则___________.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）在平面直角坐标系中，点是直线上的动点，为定点，点为的中点，动点满足，且，设点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）过点的直线交曲线于，两点，为曲线上异于，的任意一点，直线，分别交直线于，两点.问是否为定值？若是，求的值；若不是，请说明理由.18．（12分）如图，在直三棱柱中，分别是中点，且，.求证：平面；求点到平面的距离.19．（12分）已知函数，.（1）当时，①求函数在点处的切线方程；②比较与的大小;（2）当时，若对时，，且有唯一零点，证明：．20．（12分）在中，角的对边分别为，且，．（1）求的值；（2）若求的面积．21．（12分）己知，，.（1）求证：；（2）若，求证：.22．（10分）的内角，，的对边分别是，，，已知.（1）求角；（2）若，，求的面积.

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．C【解析】

充分利用正方体的几何特征，利用线面平行的判定定理，根据判断A的正误.根据，判断B的正误.根据与相交，判断C的正误.根据，判断D的正误.【详解】在正方体中，因为，所以平面，故A正确.因为，所以，所以平面故B正确.因为，所以平面，故D正确.因为与相交，所以与平面相交，故C错误.故选：C【点睛】本题主要考查正方体的几何特征，线面平行的判定定理，还考查了推理论证的能力，属中档题.2．D【解析】

根据复数运算，求得，再求其对应点即可判断.【详解】，故其对应点的坐标为.其位于第四象限.故选：D.【点睛】本题考查复数的运算，以及复数对应点的坐标，属综合基础题.3．B【解析】

根据复数的除法法则计算，由共轭复数的概念写出.【详解】,,故选：B【点睛】本题主要考查了复数的除法计算，共轭复数的概念，属于容易题.4．C【解析】∵y=f（x+1）是偶函数，∴f（-x+1）=f（x+1），即函数f（x）关于x=1对称．

∵当x≥1时，为减函数，∵f（log32）=f（2-log32）=f（）且==log34，log34＜＜3，∴b＞a＞c，

故选C5．B【解析】

由题知为奇函数，且可得函数的周期为3，分别求出知函数在一个周期内的和是0，利用函数周期性对所求式子进行化简可得.【详解】因为为奇函数，故；因为，故，可知函数的周期为3；在中，令，故，故函数在一个周期内的函数值和为0，故.故选：B.【点睛】本题考查函数奇偶性与周期性综合问题.其解题思路：函数的奇偶性与周期性相结合的问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．6．C【解析】

由复数除法求出，写出共轭复数，写出共轭复数对应点坐标即得【详解】解析：，，对应点为，在第三象限．故选：C．【点睛】本题考查复数的除法运算，共轭复数的概念，复数的几何意义．掌握复数除法法则是解题关键．7．B【解析】

根据等比中项性质代入可得解，由等比数列项的性质确定值即可.【详解】由等比数列中等比中项性质可知，，所以，而由等比数列性质可知奇数项符号相同，所以，故选：B.【点睛】本题考查了等比数列中等比中项的简单应用，注意项的符号特征，属于基础题.8．A【解析】

由题知，利用求出，再根据题给定义，化简求出的解析式，结合正弦函数和正切函数图象判断，即可得出答案.【详解】根据题意，的图象与直线的相邻交点间的距离为，所以的周期为，则，所以，由正弦函数和正切函数图象可知正确.故选：A.【点睛】本题考查三角函数中正切函数的周期和图象，以及正弦函数的图象，解题关键是对新定义的理解.9．A【解析】

首先求出样本空间样本点为个，再利用分类计数原理求出三个正面向上为连续的3个“1”的样本点个数，再求出重复数量，可得事件的样本点数，根据古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】样本空间样本点为个，具体分析如下：记正面向上为1，反面向上为0，三个正面向上为连续的3个“1”，有以下3种位置1____，__1__，____1．剩下2个空位可是0或1，这三种排列的所有可能分别都是，但合并计算时会有重复，重复数量为，事件的样本点数为：个．故不同的样本点数为8个，.故选：A【点睛】本题考查了分类计数原理与分步计数原理，古典概型的概率计算公式，属于基础题10．A【解析】

模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的的值，当，，退出循环，输出结果.【详解】程序运行过程如下：，；，；，；，；，；，；，，退出循环，输出结果为，故选：A.【点睛】该题考查的是有关程序框图的问题，涉及到的知识点有判断程序框图输出结果，属于基础题目.11．B【解析】

由于四边形为菱形，且，所以为等边三角形，从而可得渐近线的倾斜角，求出其斜率.【详解】如图，因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，，两渐近线的斜率分别为和.故选：B【点睛】此题考查的是求双曲线的渐近线方程，利用了数形结合的思想，属于基础题.12．D【解析】

如图所示，设的中点为，的外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，利用正弦定理可得，利用球心的性质和线面垂直的性质可得四边形为平行四边形，最后利用勾股定理可求外接球的半径，从而可得外接球的表面积.【详解】如图所示，设的中点为，外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，则平面，.因为，故，因为，故.由正弦定理可得，故，又因为，故.因为，故平面，所以，因为平面，平面，故，故，所以四边形为平行四边形，所以，所以，故外接球的半径为，外接球的表面积为.故选：D.【点睛】本题考查平面图形的折叠以及三棱锥外接球表面积的计算，还考查正弦定理和余弦定理，折叠问题注意翻折前后的变量与不变量，外接球问题注意先确定外接球的球心的位置，然后把半径放置在可解的直角三角形中来计算，本题有一定的难度.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

根据已知求出，利用向量的运算律，求出即可.【详解】由可得，则，所以.故答案为:【点睛】本题考查向量的模、向量的数量积运算，考查计算求解能力，属于基础题.14．0或6【解析】

计算得到圆心，半径，根据得到，利用圆心到直线的距离公式解得答案.【详解】，即，圆心，半径.，故圆心到直线的距离为，即，故或.故答案为：或.【点睛】本题考查了根据直线和圆的位置关系求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力。15．0.4【解析】

因为随机变量ζ服从正态分布,利用正态曲线的对称性，即得解.【详解】因为随机变量ζ服从正态分布所以正态曲线关于对称，所.【点睛】本题考查了正态分布曲线的对称性在求概率中的应用，考查了学生概念理解，数形结合，数学运算的能力，属于基础题.16．【解析】

根据题意，利用函数奇偶性的定义判断函数的奇偶性，利用函数奇偶性的性质求解即可.【详解】因为函数，其定义域为，所以其定义域关于原点对称，又，所以函数为奇函数，因为，所以.故答案为:【点睛】本题考查函数奇偶性的判断及其性质；考查运算求解能力；熟练掌握函数奇偶性的判断方法是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.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．（1）；（2）是定值，.【解析】

（1）设出M的坐标为，采用直接法求曲线的方程；（2）设AB的方程为，，,，求出AT方程，联立直线方程得D点的坐标，同理可得E点的坐标，最后利用向量数量积算即可.【详解】（1）设动点M的坐标为，由知∥，又在直线上，所以P点坐标为，又，点为的中点，所以，，，由得，即；（2）设直线AB的方程为，代入得，设，，则，，设，则，所以AT的直线方程为即，令，则，所以D点的坐标为，同理E点的坐标为，于是，，所以，从而，所以是定值.【点睛】本题考查了直接法求抛物线的轨迹方程、直线与抛物线位置关系中的定值问题，在处理此类问题一般要涉及根与系数的关系，本题思路简单，但计算量比较大，是一道有一定难度的题.18．（1）详见解析；（2）.【解析】

（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理即可证明；（2）取中点为,则,证得平面,利用等体积法求解即可.【详解】（1）因为，，，是的中点，，为直三棱柱，所以平面，因为为中点，所以平面，，又,平面（2），又分别是中点，.由（1）知，,又平面,取中点为,连接如图,则，平面，设点到平面的距离为，由，得，即，解得，点到平面的距离为.【点睛】本题考查线面垂直的判定定理和性质定理、等体积法求点到面的距离；考查逻辑推理能力和运算求解能力；熟练掌握线面垂直的判定定理和性质定理是求解本题的关键；属于中档题.19．（1）①见解析，②见解析；（2）见解析【解析】

（1）①把代入函数解析式，求出函数的导函数得到，再求出，利用直线方程的点斜式求函数在点处的切线方程；②令，利用导数研究函数的单调性，可得当时，；当时，；当时，．（2）由题意，，在上有唯一零点．利用导数可得当时，在上单调递减，当，时，在，上单调递增，得到．由在恒成立，且有唯一解，可得，得，即．令，则，再由在上恒成立，得在上单调递减，进一步得到在上单调递增，由此可得．【详解】解：（1）①当时，，，，又，切线方程为，即；②令，则，在上单调递减．又，当时，，即；当时，，即；当时，，即．证明：（2）由题意，，而，令，解得．，，在上有唯一零点．当时，，在上单调递减，当，时，，在，上单调递增．．在恒成立，且有唯一解，，即，消去，得，即．令，则，在上恒成立，在上单调递减，又，，．在上单调递增，．【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数研究函数的单调性，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属难题．20．（1）3（2）78【解析】试题分析：（1）由两角和差公式得到，由三角形中的数值关系得到，进而求得数值；（2）由三角形的三个角的关系得到，再由正弦定理得到b=15,故面积公式为.解析：（1）在中，由，得为锐角，所以，所以，所以.（2）在三角形中,由，所以，由，由正弦定理,得，所以的面积.21．（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】

（1）采用分析法论证，要证，分式化整式为，再利用立方和公式转化为，再作差提取公因式论证.（2）由基本不等式得，再用不等式的基本性质论证.【详解】（1）要证，即证，即证，即证，即证，即证，该式显然成立，当且仅当时等号成立，故.（2）由基本不等式得，，当且仅当时等号成立.将上面四式相加，可得，即.【点睛】本题考查证明不等式的方法、基本不等式，还考查推理论证能力