贵州省铜仁市2025届高三下学期第三次模拟考试（4月）数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1贵州省铜仁市2025届高三下学期第三次模拟考试（4月）数学试题一、单选题（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.设集合，，则中元素的个数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】对于不等式，可得，解得，所以，，元素个数为.故选：B2.若复数纯虚数，则实数（）A.1 B. C. D.【答案】D【解析】已知是纯虚数，则实部，解得，且虚部，经检验满足，故选：D3.已知向量，，则在上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】向量在上的投影向量为．，，则故选：A．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3C.平均数大于9，方差小于3 D.平均数小于9，方差大于3【答案】B【解析】设末计入9时的数据有个，这些数的和为，那么加入9后，数据总和为，数据个数变为，新的平均数为．根据方差公式，加入9后，，且分母增大，所以方差变小.故选：B．5.随机变量，若，则的展开式中的系数为（）A.12 B.15 C.16 D.20【答案】B【解析】因为随机变量，正态曲线关于对称，由，可得，即，解得．则展开式的通项为，令，得，所以的系数为.故选：B．6.在三棱锥中，已知平面，，．若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为平面，，，，所以，即．把三棱锥补成长方体，长方体的体对角线就是外接球的直径．根据长方体体对角线公式，则，球的体积.故选：C．7.已知是双曲线的左、右焦点，过的直线与的左、右两支分别交于两点．若，且，则的渐近线夹角的正切值为（）A. B. C. D.2【答案】C【解析】因为，，，在中，，所以，，则由双曲线定义可得，，又，即，，联立可解得：，．由勾股定理可知：，即，由平方关系可知：，双曲线渐近线方程为，设的倾斜角为，则，渐近线夹角（指锐角）的正切值为：.故选：C．8.已知函数，．用表示的最大值，记．若对任意，恒成立，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由于，故，从而对和均有.这表明在和上均单调递增，从而在上递增.由于，故.①若，则，且等号至多对成立，所以在上单调递减.这就意味着对有，对有，从而始终有成立，满足条件；②若，取，使得，则对有，从而在上递增.这就意味着有，，所以，不满足条件.综合①②两个方面可知，实数的取值范围为.故选：D.二、多选题（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.已知函数，则（）A.的最小正周期为 B.是的对称轴C.在区间上单调递增 D.是有实根的充要条件【答案】AC【解析】对于进行化简，根据平方差公式可得．对于A，根据余弦函数的周期公式，可得最小正周期，故A正确．对于B，，而余弦函数对称轴处函数值应为，所以不是的对称轴，故B错误．对于C，当时，，此时在上单调递增，所以在区间上单调递增，故C正确．对于D，的值域是，所以是有实根的充要条件，故D错误．故选：AC.10.已知圆，圆，则（）A.B.若，则圆与圆有且仅有1个公共点C.若圆与圆的相交弦长为4，则D.当时，若动圆与圆外切，同时与圆内切，则点的轨迹方程为【答案】ABC【解析】对于圆，转化为标准方程，因为半径，所以，A正确,若，圆，圆心，半径,圆，圆心，半径．两圆心间距离，则两圆外切，所以两圆有且仅有1个公共点，B正确，若圆与圆的相交弦长为4，因为圆的直径为4，所以相交弦为圆的直径，即两圆的公共弦所在直线过圆的圆心，由两式相减可得，，将代入得，C正确，当时，圆，圆心，半径，圆，圆心，半径．设动圆的半径为，因为动圆与圆外切，同时与圆内切，则，，所以，根据椭圆的定义可知点的轨迹是以，为焦点的椭圆，，可得，其轨迹方程为，D错误．故选：ABC.11.已知点在焦点为的抛物线上，其中是各项均不为零的数列且．若，则（）A. B.数列为等差数列C. D.【答案】ACD【解析】抛物线的焦点为，，抛物线方程为，又在抛物线上，则，，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，则，即，又，，则，A正确．对于数列，，不是常数，数列不是等差数列，故B错误．当时，，当时，，综上，故C正确，，故D正确．故选：ACD三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分）12.已知函数的一个零点为3，则的单调减区间是______．【答案】【解析】已知函数的一个零点为3，所以将代入函数得，即，解得．所以，所以，令，即，解得，所以的单调减区间是.故答案：.13.数列满足，若，则______．【答案】【解析】因为，所以，则，不妨取，．由，可得，，，，可发现数列是以4为周期的周期数列．，所以，则．故答案为：14.一袋中装有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______．【答案】①.②.【解析】记表示第次取到黑球，，；，，，.故答案为：.四、解答题（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.已知在中，，其中内角的对边分别为．（1）求角的大小；（2）若为的中点，且，求的最大值．解：（1）由正弦定理（为外接圆半径），将，代入，可得，化简后得到，即．根据余弦定理，把代入可得．因为，所以；（2）在中，根据余弦定理．因为为中点，设，已知，则，即．根据基本不等式（当且仅当时取等号）．所以，即，当且仅当时取等号．将代入，可得，解得，，满足条件，所以的最大值为18．16.已知函数．（1）若，求曲线在处的切线方程；（2）若函数有极小值，且极小值不大于0，求实数的取值范围．解：（1）求曲线在处的切线方程：当时，．对求导，可得．把代入和．切线方程的点斜式为（其中为切点坐标，为切线斜率），所以切线方程为，即．（2）对求导得．当时，，则在上单调递增，无极值，不符合题意．当时，令，即，解得．当时，单调递减；当时，，单调递增．所以在处取得极小值，．因为的极小值不大于0，即．令，对求导得．令，解得．当时，单调递增；当时，单调递减．所以在处取得最大值．且当或时，，因此对于，均有所以实数的取值范围是．17.如图，在三棱柱中，四边形是棱长为2的菱形，，点是棱上的动点，恒成立．（1）若分别为线段的中点，求证：直线平面；（2）已知三棱柱的体积为2，求面与面夹角的余弦值．（1）证明：连接、，在三棱柱中，侧面为平行四边形，因为是中点，则为与的交点，为棱的中点，因为是中点，所以，又平面，平面，所以直线平面；（2）解：因为点是棱上的动点，恒成立，平面，所以平面，因为平面，所以，因为三棱柱的体积为，设三棱柱的高为，所以，因为四边形是棱长为2的菱形，，所以，所以，所以平面，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，所以，，，设平面的法向量，则，取，所以，设平面的法向量，则，取，所以，设面与面夹角为，则，所以面与面夹角的余弦值为.18.已知椭圆的离心率为，短轴长为6，过右焦点的直线与交于两点．（1）求的标准方程；（2）已知点，（ⅰ）当时，求面积的取值范围；（ⅱ）当时，证明：．解：（1）因为椭圆的短轴长，所以．又离心率，且，把代入，得，再结合，即，可得，解得，，所以椭圆的标准方程为．（2）（ⅰ）当时，右焦点坐标为，显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，，．联立，消去得．，则，．．点到直线的距离．．令，则，因为（当且仅当即时取等号），所以．（ⅱ）当直线的斜率为0时，直线的方程为，此时，，则，则；当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，，，由（i）知，，，则，，则，令，由，则该函数是开口向上的二次函数，则，所以恒成立，又，则.综上所述，.19.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12345睡眠质量显著改善人数280250200160110若睡眠质量显著改善人数与月份变量()具有线性相关关系(月份变量依次为)，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，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；若挑战权在丙组，则挑战甲组、乙组的概率分别为．(ⅰ)经过3次挑战，求挑战权在乙组的次数的分布列与数学期望；(ⅱ)定义：已知数列，若对于任意给定的正数(不论它多么小)，总存在正整数，使得当时，(是一个确定的实数)，则称数列为“聚点数列”，称为数列的聚点．经过次挑战后，挑战权在甲组的概率为，证明数列为“聚点数列”，并求出聚点的值．附：回归方程中斜率和截距