廣東省惠州市2025屆高三上學期第三次調研考試數(shù)學試題（解析版）

第1頁/共1頁惠州市2025屆高三第三次調研考試數(shù)學全卷滿分150分，時間120分鐘.2025.01注意事項：1.答題前，考生務必將自己的姓名、準考證號、座位號、學校、班級等考生信息填寫在答題卡上。2.作答單項及多項選擇題時，選出每個小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案信息點涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案，寫在本試卷上無效。3.非選擇題必須用黑色字跡簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題指定的位置上，寫在本試卷上無效。一、單項選擇題：本題共8小題，每小題滿分5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，選對得5分，選錯得0分.1.已知集合，那么（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據交集的知識來求得正確答案.【詳解】依題意，.故選：C2.復數(shù)在復平面內對應的點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】【分析】利用復數(shù)的除法法則計算可得復數(shù)，進而可判斷在復平面的對應點所在的象限.【詳解】因為，所以復數(shù)在復平面內對應的點的坐標為，位于第一象限.故選：A.3.已知，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用弦化切方法即可直接求解.【詳解】由得.故選：A4.已知數(shù)列滿足，且，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由等差數(shù)列的定義可知是公差為的等差數(shù)列，結合已知條件可求得的值.【詳解】由可得是公差為的等差數(shù)列，故.故選：B.5.已知向量和的夾角為，且，，則（）A.3 B.8 C.12 D.13【答案】D【解析】【分析】應用平面向量數(shù)量積的定義及運算律計算即可.【詳解】因為向量和夾角為，且，則.故選：D.6.已知正四棱臺的上、下底面邊長分別為1和2，側棱與底面所成的角為，則該四棱臺的體積是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據側棱和底面所成角以及邊長算出棱臺的高，再結合棱臺體積計算公式計算可得.【詳解】如下圖所示：，分別為上下底面的中心，作于點，根據題意可知，，側棱與底面所成的角即為，可知；因此可得，易知，，由正四棱臺性質可得；所以該正四棱臺的高為，因此該四棱臺的體積是.故選：B.7.事件發(fā)生的概率為，事件發(fā)生的概率為，若，，，則事件與事件的關系為（）A.互斥 B.對立 C.獨立 D.包含【答案】C【解析】【分析】利用對立事件的概率公式求出，根據求出的值，再利用獨立事件的定義判斷可得出結論.【詳解】由概率公式可得，因為，即，可得，所以，因此，事件與事件獨立.故選：C.8.已知，若點為曲線與曲線的交點，且兩條曲線在點處的切線重合，則實數(shù)的最大值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】設點的橫坐標為，由導數(shù)幾何意義得，進而求得，接著由切點為兩曲線公共點得，從而構造函數(shù)求出函數(shù)的最大值即為解.【詳解】由可得，由得，設點的橫坐標為，則點處切線斜率，解得或（舍），由點為曲線與曲線的交點，所以與為同一點，所以，即，令，則，令可得，由知，當時，，當時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以，故實數(shù)的最大值為.故選：B.【點睛】關鍵點睛：解決本題的關鍵是利用導數(shù)幾何意義和點為兩曲線交點求得，進而再構造函數(shù)利用導數(shù)即可求解.二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下列說法正確的是（）A.一組數(shù)據，，，，，，，，，的中位數(shù)為14B.若隨機變量服從正態(tài)分布，且，則C.若兩個變量的樣本相關系數(shù)的絕對值越接近1，則這兩個變量的線性相關性越強D.對具有線性相關關系的變量，，其經驗回歸方程為，若樣本數(shù)據的中心點為，則實數(shù)的值是【答案】BCD【解析】【分析】根據中位數(shù)的定義計算即可判斷A；根據正態(tài)曲線的性質計算即可判斷B；根據線性相關系數(shù)的意義即可判斷C；根據經驗回歸方程的概念即可判斷D.【詳解】對于A，因為一共有10個數(shù)，所以中位數(shù)為，故A錯誤；對于B，若隨機變量服從正態(tài)分布，且，則，則，故B正確；對于C，若線性相關系數(shù)越接近1，則兩個變量的線性相關性越強，故C正確；對于D，樣本點的中心為，所以，，此時經驗回歸方程為，所以，故，故D正確.故選：BCD.10.已知，分別為雙曲線的左，右焦點，若是雙曲線左支上的一個點，下列說法正確的是（）A.雙曲線的離心率為B.雙曲線的漸近線方程為C.若，則的面積為16D.若，則的周長為23【答案】AC【解析】【分析】根據雙曲線的標準方程可得的值，即可求得離心率和漸近線方程，即可判斷A、B，根據雙曲線的定義以及余弦定理可解焦點三角形，即可判斷C、D.【詳解】對于A，由題可得，，，則離心率，故A正確；對于B，雙曲線的漸近線方程為，故B錯誤；對于C，由題，由圖結合雙曲線定義可得，則.則，則，得，故C正確；對于D，因為，所以，又，則的周長為28，故D錯誤.故選：AC.11.“阿基米德多面體”也稱為半正多面體，是由邊數(shù)不全相同的正多邊形為面圍成的多面體，它體現(xiàn)了數(shù)學的對稱美．如圖是一個八個面為正三角形，六個面為正方形的“阿基米德多面體”，棱長為，則下列說法正確的是（）A.將該幾何體放到一個正方體內，則正方體的棱長最小為B.任意兩個有公共頂點的三角形所在平面的夾角的余弦值均為C.將該幾何體以正三角形所在面為底面放置，則高度為D.若該幾何體可以在一個正四面體內任意轉動，則該正四面體棱長的最小值為【答案】ABD【解析】【分析】求得該幾何體放到一個正方體的最短棱長可判斷A；建立空間直角坐標系，求得面面角的余弦值與點到面的距離可判斷BC；求出該半正多面體的外接球的外切正四面體的最短棱長判斷D.【詳解】對于A，如圖所示，該幾何體放到一個正方體內，由棱長為，易求得正方體的棱長最小為，故A正確；對于B，如圖所示，以正方體的頂點為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，，設平面的法向量為，所以，令，則，所以平面的一個法向量為，設平面的法向量為，所以，令，則，所以平面的一個法向量為，設平面與平面的夾角為，所以，所以由對稱性可得任意兩個有公共頂點的三角形所在平面的夾角的余弦值均為，故B正確；對于C，，所以，點到平面的距離，所以將該幾何體以正三角形所在面為底面放置，則高度為，故C錯誤；對于D，由該半正多面體的對稱性知，該半正多面體的外接球的球心為正方體的中心，該球半徑為正方體的面對角線的一半，該半正多面體可以在一個正四面體內任意轉動，則該半正多面體的外接球是正四面體的內切球時，正四面體的體積最小，設此時正四面體的棱長為，高為，所以，解得，又正四面體底面正三角形半徑為，則解得，該正四面體棱長的最小值為，故D正確.故選：ABD.【點睛】關鍵點點睛：若該半正多面體可以在一個正四面體內任意轉動，則該半正多面體的外接球是正四面體的內切球時，該正四面體體積最小.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知定義在上的偶函數(shù)，當時，，則______.【答案】2【解析】【分析】根據偶函數(shù)的性質，求解即可.【詳解】因為定義在上的偶函數(shù)，所以，所以.故答案為：2.13.若直線被圓所截得的弦長為，則的最小值為_______．【答案】【解析】【分析】由題意知直線過圓心，則，利用基本不等式“1”的代換求目標式的最小值，注意取值條件.【詳解】由，則圓心為，半徑為2，由直線被圓所截得的弦長為，故直線過圓心，所以且，則，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值為.故答案為：14.有個人圍坐在一個圓桌邊上，每人都越過桌面與另外一人握手，若要求所有人握手時手臂互不交叉，例如時，一共有4個人，以、、、表示，握手兩人用一條線連結，共有2種方式，如圖所示.記一次握手中，共有對相鄰的兩人握手，當時，的數(shù)學期望______.【答案】【解析】【分析】根據分類加法計數(shù)原理和分步計數(shù)乘法原理，求得時，樣本空間中樣本點的數(shù)量，再根據古典概率模型計算概率，寫出分布列，即可求數(shù)學期望.【詳解】當時，按順時針方向把人標記為，，，，，，用表示和握手.若1和2握手，共有兩種方法：，和，若1和6握手，共有兩種方法：，和，若1和4握手，共有1種方法：，，所以一共有5種方法。當時，若1和2握手，剩下6個人，情況同，共5種方法，若1和8握手，剩下6個人，情況同，共5種方法，若1和4握手，則2和3握手，5，6，7，8之間握手情況同，一共2種，從而種方法；若1和6握手，由對稱性，情況同1和4握手，共2種方法；所以，一共有種方法.其中，共2種方法使得（相鄰兩人按順時針或逆時針方向依次握手），共4種方法使得（類似，，，等），共8種方法使得（類似，，，等），的分布列如下：234故.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵在于，先分時的情況，再分析時所有適合的情況，從而得解.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟.15.如圖，在棱長為2正方體中，、分別是、的中點，是的中點.（1）判斷、、、四點是否共面（結論不要求證明）；（2）證明：平面；（3）求異面直線與所成角的余弦值.【答案】（1）、、、四點不共面（2）證明見解析（3）【解析】【分析】（1）直接根據平面的基本事實判斷；（2）方法一：如圖，以為原點，，，分別為，，軸，建立如圖空間直角坐標系，求出與平面法向量垂直即可；方法二：如圖，取中點，再取中點，連接、和，通過證明，可得證；方法三：如圖，取中點，連接、，通過證明平面平面，可得證；（3）直接利用空間向量夾角公式求解.【小問1詳解】、、三個不共線的點確定平面，顯然平面，所以、、、四點不共面.【小問2詳解】方法一：如圖，以為原點，，，分別為，，軸，建立如圖空間直角坐標系，則，，故又平面的法向量為所以，故又平面，故平面.方法二：如圖，取中點，再取中點，連接、和.由為中點，則，且.在正方體中，為中點，故，且，所以且，則四邊形為平行四邊形，故，又平面，平面，故平面.方法三：如圖，取中點，連接、.在梯形中，為中點，則.因為平面，平面，所以平面.在正方體中，為中點，則，因為平面，平面，所以平面.因為，，平面，所以平面平面，又平面，故平面.【小問3詳解】由（2）方法一可知，又，，故，所以，故異面直線與所成角的余弦值為.16.記為等差數(shù)列的前項和，，.（1）求的通項公式；（2）若，求數(shù)列的前項和，并比較與的大小.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）結合等差數(shù)列通項公式聯(lián)立方程組求解即可；（2）利用裂項相消法求出數(shù)列的前項和，再結合對數(shù)運算比較大小即可.【小問1詳解】因為為等差數(shù)列，設公差為，因為，，所以，解得，故.【小問2詳解】因為，所以，則對，，又，故.17.在中，角所對邊分別為，，，且，.（1）若邊上的高，求證：為等邊三角形；（2）已知直線為的平分線，且與交于點，若，求的周長.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用余弦定理并結合三角形面積公式計算可得，可得結論；（2）根據角平分線以及角度大小利用等面積法解方程可得，可得其周長.【小問1詳解】證明：在中，，，由余弦定理得，即①.又，即，故②.由①②得，即，故.所以為等邊三角形.【小問2詳解】在中，由，得，又直線為的平分線，則，所以，即③，又由余弦定理可得，即.④，由③④可知，解得或（舍），所以的周長為.18.已知橢圓的長軸長為，離心率為.（1）求橢圓的方程；（2）已知橢圓上點處的切線方程是.在直線上任取一點引橢圓的兩條切線，切點分別是、.①求證：直線恒過定點；②是否存在實數(shù)，使得，若存在，求出的值，若不存在，說明理由.【答案】（1）（2）①證明見解析；②存在，【解析】【分析】（1）根據橢圓的長軸長為，離心率為，由求解；（2）①設Px1,y1，Qx2,y2，，由，，且，經過點，得到求解；②設實數(shù)存在，則，分直線斜率不存在，斜率，斜率，利用弦長公式求解.【小問1詳解】解：由題意可知，所以，所以，所以橢圓的方程為.【小問2詳解】①設Px1,y1由題設可知：，，又因為，經過點，所以，所以，均在直線上，即，由，解得，所以直線過定點.②設實數(shù)存在，因為，所以，當直線斜率不存在時，此時直線的方程為，由解得，所以，故.當直線斜率時，不滿足題意；當直線斜率時，設直線的方程為，則，故，所以，聯(lián)立可得，顯然，所以，，所以.綜上可知，存滿足條件.【點睛】方法點睛：本題第二問，首先利用弦長公式得到，然后巧用，化簡得到，結合韋達定理而得解.19.設是定義在上的函數(shù)，若存在區(qū)間和，使得在上嚴格減，在上嚴格增，則稱為“含谷函數(shù)”，為“谷點”，稱為的一個“含谷區(qū)間”．（1）判斷下列函數(shù)中，哪些是含谷函數(shù)？若是，請指出谷點；若不是，請說明理由：（i），（ii）；（2）已知實數(shù)，是含谷函數(shù)，且是它的一個含谷區(qū)間，求的取值范圍；（3）設，．設函數(shù)是含谷函數(shù)，是它的一個含谷區(qū)間，并記的最大值為．若，且，