贵州省铜仁市2025年高考数学三模试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页贵州省铜仁市2025年高考数学三模试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.设集合A={0,1,2,3}，B={x|x2−x−2<0}，则A∩B中元素的个数为A.1 B.2 C.3 D.42.若复数z=(a−i)(2+3i)为纯虚数，则实数a=(

)A.1 B.−1 C.15 D.3.已知向量a=(−2,1)，b=(32,−2)，则b在A.(2,−1) B.(−25,15)4.在处理一组数据时，若未计入数值9，计算所得的平均值为9，方差为3.若将数值9纳入分析，则该组数据(

)A.平均数等于9，方差等于3 B.平均数等于9，方差小于3

C.平均数大于9，方差小于3 D.平均数小于9，方差大于35.随机变量ξ～N(2,1)，若P(ξ>2a+1)=P(ξ<a)，则(x+a)6的展开式中x4的系数为A.12 B.15 C.16 D.206.在三棱锥P−ABC中，已知PA⊥平面ABC，PA=2AB=2BC=4，AC=22.若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为A.46π B.12π C.87.已知F1，F2是双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，过F2的直线与C的左、右两支分别交于A、B两点.A.−43 B.34 C.48.已知函数f(x)=(x−1)ex−12x2+1，g(x)=sinx−ax.用max{m,n}表示m，n的最大值，记F(x)=max{f(x),g(x)}.若对任意x∈RA.(−∞,0] B.(0,1) C.(1,+∞) D.[1,+∞)二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知函数f(x)=cos4x−sinA.f(x)的最小正周期为π B.x=π4是f(x)的对称轴

C.f(x)在区间[−π2,0]上单调递增 10.已知圆C1：x2+(y+2)2=4，圆CA.a<4

B.若a=0，则圆C1与圆C2有且仅有1个公共点

C.若圆C1与圆C2的相交弦长为4，则a=−16

D.当a=−32时，若动圆M与圆C1外切，同时与圆11.已知点An(ann,yn)(n∈N∗)在焦点为F(1,0)A.an=n2 B.数列{lnan}三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知函数f(x)=x3−mx2的一个零点为313.数列{an}满足an+1=1+an14.一袋中装有2个红球，3个黑球，现从中任意取出一球，然后放回并放入2个与取出的球颜色相同的球，再从袋中任意取出一球，然后放回并再放入2个与取出的球颜色相同的球，一直重复相同的操作，则第二次取出的球是黑球的概率为______；在第一次取出的球是红球的条件下，第2次和第4次取出的球都是黑球的概率为______．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.(本小题13分)

已知在△ABC中，sin2A+sinBsinC=sin2B+sin2C，其中内角A，B，C的对边分别为a，b，c．

(1)求角A的大小；

(2)若D为16.(本小题15分)

已知函数f(x)=lnx+a(1−x)x．

(1)若a=2，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；

(2)若函数f(x)有极小值，且极小值不大于0，求实数a17.(本小题15分)

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形ACC1A1是棱长为2的菱形，BC=1，点M是棱A1C1上的动点，AM⊥BC恒成立．

(1)若M，N分别为线段A1C1，AB18.(本小题17分)

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，短轴长为6，过右焦点的直线与C交于M，N两点．

(1)求C的标准方程；

(2)已知点Q(8,y0)，

(i)19.(本小题17分)

近年来，睡眠质量对健康的影响备受关注.研究表明，良好的睡眠习惯可以显著降低焦虑和抑郁的发生率，同时提高免疫力．

(1)某社区为推广健康睡眠，开展了“早睡一小时”活动，鼓励居民每晚提前一小时入睡.下表为活动开展后近5个月社区居民的睡眠改善情况统计．月份(x)12345睡眠质量显著改善人数(y)280250200160110若睡眠质量显著改善人数(y)与月份变量(x)具有线性相关关系(月份变量x依次为1，2，3，4，5)，请预测第6个月睡眠质量显著改善的大约有多少人？

(2)该社区将参加“早睡一小时”活动的居民分成了甲、乙、丙三组进行挑战赛，其规则如下：挑战权在任何一组，该组都可向另外两组发起挑战，首先由甲组先发起挑战，挑战乙组、丙组的概率均为12，若甲组挑战乙组，则下次挑战权在乙组.若挑战权在乙组，则挑战甲组、丙组的概率分别为34,14；若挑战权在丙组，则挑战甲组、乙组的概率分别为34,14．

(i)经过3次挑战，求挑战权在乙组的次数X的分布列与数学期望；

(ii)定义：已知数列{an}，若对于任意给定的正数ε(不论它多么小)，总存在正整数N0，使得当n>N0时，|an−A|<ε(A是一个确定的实数)，则称数列{an}为“聚点数列”，A称为数列{答案和解析1.【答案】B

【解析】解：集合A={0,1,2,3}，B={x|x2−x−2<0}={x|−1<x<2}，

故A∩B={0,1}，元素个数为2．

故选：B．

2.【答案】D

【解析】解：∵z=(a−i)(2+3i)=(2a+3)+(3a−2)i为纯虚数，

∴2a+3=03a−2≠0，解得a=−32．

故选：D．

利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为0且虚部不为0列式求得3.【答案】A

【解析】解：向量a=(−2,1)，b=(32,−2)，

则a⋅b=(−2)×32+1×(−2)=−5，|a|=4+1=4.【答案】B

【解析】解：设未计入9时的数据有n个，这些数的和为9n，

那么加入9后，数据总和为9n+9，数据个数变为n+1，新的平均数为9n+9n+1=9，

根据方差公式s2=1mi=1m(xi−x5.【答案】B

【解析】解：由题可得：2a+1+a2=2，即a=1，

则(x+a)6=(x+1)6，

故(x+a)6的展开式中x4的系数的值为：C66.【答案】C

【解析】解：因为PA⊥平面ABC，PA=4，AB=BC=2，AC=22，

所以AB2+BC2=AC2，即∠ABC=90°．

把三棱锥P−ABC补成长方体，长方体的体对角线就是外接球的直径2R，

根据长方体体对角线公式PA2+AB2+B7.【答案】C

【解析】解：因为AF1⊥AF2,cos∠AF1B=35,|AB|=8，在Rt△AF1B中，sin∠AF1B=|AB||F1B|=45，

所以|F1B|=10，|AF1|=6，则由双曲线定义可得|F1B|−|F2B|=2a，|AF2|−|AF1|=2a，

又|AB|=|AF2|−|BF2|=8，即10−|8.【答案】D

【解析】解：由于f(x)=(x−1)ex−12x2+1，故f′(x)=x⋅ex−x=x⋅(ex−1)从而对x<0和x>0均有f′(x)>0，

这表明f(x)在(−∞,0]和[0,+∞)上均单调递增，从而在R上递增．由于g(x)=sinx−ax，故g(x)=cosx−a，

①若a≥1，则g(x)=cosx−a≤cosx−1≤0，且等号至多对x=2kπ(k∈Z)成立，所以g(x)在R上单调递减．

这就意味着对x≥0有f(x)≥f(0)=0，对x<0有g(x)≥g(0)=0，从而始终有F(x)=max{f(x),g(x)}≥0成立，满足条件；

②若a<1，取t∈(0,π2)，使得cost>a，则对−t<x<0有g(x)=cosx−a>cost−a>0，从而g(x)在[−t,0]上递增．

这就意味着有g(t)<g(0)=0，f(t)<f(0)=0，所以F(x)=max{f(x),g(x)}<0，不满足条件．

综合9.【答案】AC

【解析】解：由题意得f(x)=cos4x−sin4x=(cos2x+sin2x)(cos2x−sin2x)=cos2x−sin2x=cos2x．

对于A，f(x)的周期T=2π2=π，可知A项正确；

对于B，当x=π4时，f(x)=cosπ2=0，不是最值，故x=π4不是f(x)的对称轴，故B项错误；

对于C，当x∈[−π210.【答案】ABC

【解析】解：对于圆C2：x2+y2−4y+a=0，

转化为标准方程x2+(y−2)2=4−a，

因为半径r=4−a>0，所以a<4，A正确；

若a=0，圆C1：x2+(y+2)2=4，圆C1(0,−2)，半径r1=2，

圆C2：x2+(y−2)2=4，圆心C2(0,2)，半径r2=2．

两圆心间距离|C1C2|=|−2−2|=4=r1+r2，则两圆外切，

所以两圆有且仅有1个公共点，B正确；

若圆C1与圆C2的相交弦长为4，因为圆C1的直径为4，

所以相交弦为圆C1的直径，即两圆的公共弦所在直线过圆C1的圆心(0,−2)，

由x2+(y+2)2=4x2+y2−4y+a=0，两式相减可得8y−a=0，

将(0,−2)代入8y−a=0，得a=−16，C正确；

当a=−32时，圆C2：x2+(y−2)2=36，

圆心C2(0,2)，半径r2=6，圆C1：x211.【答案】ACD

【解析】解：∵抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F(1,0)，∴p2=1，解得p=2，

∴抛物线方程为y2=4x，

又∵An(ann,yn)在抛物线上，

则yn2=4×ann，

∵|An+1F|=|AnF|+1.根据抛物线的定义，抛物线上点到焦点的距离等于到准线的距离，∴准线方程为x=−1，

则∴an+1n+1+1=ann+1+1，an+1n+1−ann=1，

又∵a1=1，∴ann=1+(n−1)×1=n，

则an=n2，A正确；

lnan=ln12.【答案】(0,2)

【解析】解：已知函数f(x)=x3−mx2的一个零点为3，

所以将x=3代入函数得33−m×32=0，即27−9m=0，解得m=3．

所以f(x)=x3−3x2，所以f′(x)=3x2−6x，

令f′(x)<0，即3x(x−2)<0，解得13.【答案】1

【解析】解：数列{an}满足an+1=1+an1−an，

则an+2=1+an+11−an+1=1+1+an1−an1−1+an1−a14.【答案】35

5【解析】解：记Ai表示第i次取到黑球，i=1，2，3，4，

P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(A1−)P(A2|A1−)

=35×57+25×315.【答案】A=π3；

bc的最大值为18【解析】解：(1)由正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R(R为△ABC外接圆半径)，

将sinA=a2R,sinB=b2R,sinC=c2R代入sin2A+sinBsinC=sin2B+sin2C，

可得(a2R)2+b2R⋅c2R=(b2R)2+(c2R)2，

化简后得到a2+bc=b2+c2，即b2+c2−a2=bc，

根据余弦定理cosA=b2+c2−a22bc，把b2+c2−a2=bc代入可得cosA=bc2bc=1216.【答案】x+y−1=0．

(0,+∞)．

【解析】解：(1)当a=2时，f(x)=lnx+2(1−x)x=lnx+2x−2，

f′(x)=1x−2x2，

f(1)=ln1+21−2=0，f′(1)=1−2=−1，

所以切线方程为y−0=−1×(x−1)，即x+y−1=0．

(2)f′(x)=1x−ax2=x−ax2,x>0，

当a≤0时，x−a>0，则f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)上单调递增，无极值，不符合题意．

当a>0时，令f′(x)=0，即x−ax2=0，解得x=a．

当0<x<a时，x−a<0，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x>a时，x−a>0，f′(x)>0，f(x)单调递增．

所以f(x)在x=a处取得极小值，f(x)极小酒=f(a)=lna+1−a．

因为f(x)的极小值不大于0，即lna+1−a≤0．

令g(a)=lna+1−a，a>0，对g(a)求导得g′(a)=1a−1=1−aa．

令g′(a)=0，解得a=1．

当0<a<1时，1−a>0，g′(a)>0，g(a)单调递增；

当a>1时，1−a<0，g′(a)<0，g(a)单调递减，

所以g(a)在a=1处取得最大值g(1)=ln1+1−1=0，

且当a→0或a→+∞时，g(a)→−∞，

因此对于a>0，均有lna+1−a≤017.【答案】证明见解析；

35．【解析】解：(1)证明：连接A1B、BC1，

在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1B1B为平行四边形，

因为N是AB1中点，则N为AB1与A1B的交点，N为棱A1B的中点，

因为M是A1C1中点，所以MN/​/BC1，

又BC1⊂平面BCC1B1，MN⊄平面BCC1B1，

所以直线MN/​/平面BCC1B1；

(2)因为点M是棱A1C1上的动点，AM⊥BC恒成立，AM⊂平面ACC1A1，

所以BC⊥平面ACC1A1，因为AC⊂平面ACC1A1，

所以BC⊥AC，

因为三棱柱ABC−A1B1C1的体积为2，

设三棱柱ABC−A1B1C1的高为ℎ，

所以12×AC×BC×ℎ=2，

因为四边形ACC1A1是棱长为2的菱形，BC=1，

所以12×2×1×ℎ=2，

所以ℎ=2，

所以CC1⊥平面ABC，

以C为原点，直线CA为x轴，直线CC1为y轴，直线CB为z轴，建立空间直角坐标系，

则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，A1(2,2,0)，B1(0,2,1)，

所以CA=C18.【答案】x218+y2【解析】解：(1)因为椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长2b=6，所以b=3，

又离心率e=ca=22，且a2=b2+c2，把b=3代入a2=b2+c2，得a2=9+c2，

再结合ca=22，即c=22