新疆维吾尔自治区2025届高三下学期三模试题 数学 含解析

新疆维吾尔自治区2025年普通高考第三次适应性检测数学(卷面分值：150分考试时间：120分钟)注意事项：1．本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，写在本试卷上无效．3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本大题共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.已知全集，，则集合（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先得到，根据条件得到，，分，和三种情况，得到满足要求.【详解】，，故，，若，此时，满足要求，若，此时，不合要求，若，此时，不合要求，综上，.故选：C2.若复数z对应复平面上的点，则（）A. B.2 C. D.10【答案】A【解析】【分析】由复数的几何意义和复数模长的运算即可得出答案.【详解】由题可知，所以，故选：A.3.直线l：的一个方向向量为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据直线方程直接写出一个方向向量即可.【详解】由直线方程为，则是直线的一个方向向量.故选：B4.函数（，且）是奇函数，则（）A B.-1 C. D.1【答案】A【解析】【分析】根据奇函数定义，列式，化简求解即可.【详解】易知函数的定义域为，又函数是奇函数，所以对于任意的，都有，整理得，所以，所以，所以，故选：A.5.如图，有三个边长为1的正方形相接，若，，则下列说法正确的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用三角函数的定义计算判断A，B，应用正切的两角差公式求解判断C，根据同角三角函数关系及平面向量数量积公式计算判断D.【详解】因为正方体边长为1，所以，所以，A选项错误；,，B选项错误；由，则，，C选项错误；因为，所以，，D选项正确.故选：D.6.长为3的线段的两个端点A和B分别在x轴和y轴上滑动，则点A关于点B对称的点M的轨迹方程为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用中点求出坐标，利用相关点法即可求解.【详解】设依题意有，即，所以，即，所以，故选：D.7.安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有A.12种 B.18种 C.24种 D.36种【答案】D【解析】【详解】4项工作分成3组,可得：=6，安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，可得：种．故选D.8.已知函数，若在区间上有最大值，则实数m的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分类讨论取绝对值，得出函数的解析式，然后分别求导，判断在每个分段区间上的单调性即可得出答案.【详解】当时，，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以在处取得极大值，若在区间上有最大值，只需即可，解得；当时，，，显然此时，单调递减，不存在有最大值的开区间；当时，，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以在处取得极小值，此时也不存在最大值的开区间，故选：D.二、选择题：本题共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.已知曲线，其中，则（）A.存在α使得C为两条直线B.存在α使得C为圆C.若C为椭圆，则α越大，C的离心率越小D.若C为双曲线，则α越大，C的离心率越大【答案】ABD【解析】【分析】对于A，由即可判断；对于B，若C为圆，则,求出即可判断；对于C，若C为椭圆，可得，根据椭圆的离心率公式及正切函数的单调性即可判断；对于D，若C为双曲线，可得，根据双曲线的离心率公式及正切函数的单调性即可判断.【详解】对于A，若，则曲线，即，为两条直线，故A正确；对于B，若C为圆，则,由，，可得，解得，满足，故B正确；对于C，若C为椭圆，则，且，所以.可化为，若，即，，则椭圆C的离心率为,当时，单调递增，故C错误；对于D，时，，若C为双曲线，则，即，得.曲线可化为，故双曲线C的离心率为，当时，单调递增，故D正确.故选:ABD.10.已知一组样本数据：，其中，，将该组数据排列，下列关于该组数据结论正确的是（）A.序列不可能既是等比数列又是等差数列B.若成等比数列，a和b有4组可能取值C.若成等差数列，a和b有3组可能取值D.若该数据平均数是1，这组数据方差的最小值为【答案】ABC【解析】【分析】数据的顺序可以打乱，根据每一个选项的条件求解即可.【详解】若为等比数列，由，可知若成等比公比小于，正负交替，而此时若成等差数列，则具单调性，相互矛盾，故不可能既是等比数列又是等差数列，A项正确；若排列后成等比数列，设公比绝对值大于有：①公比为，数列为，，，，，公比为，数列为，，，公比为，数列为，，，②公比为，数列为，，；若公比绝对值小于1，a和b有4组可能取值，所以若成等比数列，a和b有4组可能取值，B项正确；由，，若若排序后成等差数列，设公差大于0有：①公差，数列为，，；②公差，数列为；③公差，数列为，；公差小于，对应上述倒序排列，故有组可能取值，所以若成等差数列，a和b有3组可能取值，C项正确；数据平均数是1，，，方差，D项错误；故选：ABC.11.已知函数是定义在上的函数，对于区间内的任意两个实数a，b都满足等式：，且当时，，则（）A.为偶函数B.满足这些条件C.若，，且，，则D.，其中【答案】BCD【解析】【分析】对于A，用赋值法可求出，进而令即可判断；对于B，代入验证即可判断；对于C，依题意，，解方程即可；对于D，易求得，故不等式左边可化为，在根据题意即可判断.【详解】对于A，令得，解得，令，则，即，所以为奇函数，故A错误；对于B，令1-x1+x>0得当时,，所以B正确；对于C，依题意，解得，故C正确；对于D，，所以，因为当时，，所以，所以，故D正确.故选：BCD.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知两个变量y与x对应关系如下表：x12345y5m8910.5若y与x满足一元线性回归模型，且经验回归方程为，则________．【答案】7.5##【解析】【分析】先计算，再将点代入回归方程中即可.【详解】，，将点代入方程中得，，得故答案为：13.二项式的展开式中系数的最大值是________．【答案】32【解析】【分析】设第项系数最大，由第项系数不小于第项和第项系数，列不等式组解之可得项数即可得解．【详解】展开式第项系数为，设第项系数最大，则，解得，∴，∴系数的最大值是：．故答案为：32.14.用一个平面截球O得到的曲面称为球冠，截面为球冠的底面，如图球冠的高大于球的半径，为底面圆心，是以为底，点S在球冠上的圆锥，若底面的半径是球的半径的倍，点A为底面圆周上一点，则与底面所成的角的大小为________，圆锥的体积与球O的体积之比为________．【答案】①.##②.##0.28125【解析】【分析】假设球的半径为R，依题意，通过勾股定理可求出的长，进而可知的长，进而可求与底面所成的角的正切值，进而可求角；分别算出圆锥的体积与球O的体积即可计算其比值.【详解】设球的半径为R，则，，，，所以.故答案为：；四、解答题：本大题共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.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，的平分线交于点E．（1）求A的大小；（2）若，，求的长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理边化角，然后利用两角和的正弦公式即可得出答案；（2）结合三角形面积公式求出，然后再利用面积公式列出方程即可得出答案.【小问1详解】由正弦定理得，，即，∵，，∴，即；【小问2详解】∵，∴，解得，由，可得，即，解得．16.如图，在平面四边形中，，是边长为2的正三角形，，O为的中点，将沿折到的位置，．（1）求证：平面；（2）若点E为线段上动点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值．【答案】（1）证明见解析（2）或．【解析】【分析】(1)利用勾股定理证明垂直，再结合等边三角形三线合一，可由线线垂直证明线面垂直；(2)利用空间向量法来求线面角的正弦值，从而来求参数即可.【小问1详解】证明：依题意是边长为2的正三角形，O为的中点，所以，,所以，，，，，则，所以，又，即，所以，又，，平面，所以平面，因为平面，所以，又,，，平面，所以平面．【小问2详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，，设，，则，所以，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，∴平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则，解得或，所以的值为或．17.已知函数，且．（1）当（为自然对数的底数）时，求函数在处的切线方程；（2）函数在上有且仅有两个零点，求a的取值范围．【答案】（1）（2）且．【解析】【分析】（1）求导，求出切线的斜率和切点坐标，即可得出答案；（2）将零点问题转换成方程解的个数问题，再转成图像的交点个数问题.【小问1详解】因为，所以，，，，所以函数在处的切线方程为．【小问2详解】因为函数在上有且仅有两个零点，所以方程有且仅有两个不同的实数根，即方程有且仅有两个不同的实数根．令，则方程有且仅有两个不同的实数根，∵，所以在区间上，，单调递增，在区间上，，单调递减且，∴，∵与有两个交点，∴，结合图像解得且．18.某地举行中学生科技知识挑战赛，挑战赛分预赛和决赛两个阶段，预赛为闯关比赛．规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次，如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作预赛阶段比赛胜利，无需继续闯关，进入决赛．决赛设置了3个问题，每完整答对1个问题，该队决赛成绩记3分，否则记0分，未进入决赛的参赛队决赛成绩记0分．已知华夏队的甲，乙，丙三名选手在预赛闯关阶段以及决赛阶段每次完整答对1个问题的概率均为p，q，r，每次回答是独立的，Y表示华夏队的决赛总成绩．（1）若，，，依次派甲，乙，丙进行闯关，求该小组进入决赛的概率；（2）预赛阶段，若乙只能安排在第二个派出，要使派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出；（3）决赛阶段，若只能选出一人参加比赛，当最大时，决赛阶段应由哪个选手参加？【答案】（1）（2）先派出甲（3）乙选手参加【解析】【分析】（1）分甲成功、甲失败乙成功、甲乙失败丙成功三种情况求概率；（2）分派甲乙丙和丙乙甲两种情况，分别列出其分布列，再求期望，最后作差比大小；（3）甲乙丙答对题目数分别，，，且其均符合二项分布，利用二项分布求其期望，再利用计算得分期望.【小问1详解】依次派甲乙丙进行闯关时，设事件A表示“该小组进入决赛”，则，则该小组进入决赛的概率为.【小问2详解】若依次派甲乙丙进行闯关，设派出人员的数目为X，期望为，依次派丙乙甲进行闯关，设派出人员数目的期望为，X123Pp所以，，同理，，则，因为，所以，即，所以要使派出人员数目的期望较小，先派出甲．【小问3详解】若甲，乙，丙三人分别参加决赛，决赛阶段答对的题目个数分别为，，，得分分别为，，，则，，，所以，，同理，，因为，所以，所以决赛阶段应由乙选手参加．19.已知椭圆，点在椭圆上，椭圆E上存在点H与左焦点F关于直线对称．（1）求E的方程；（2）若不平行于坐标轴且互相垂直两条直线，均过点，直线交E于A，B两点，直线交E于C，D两点，M，N分别为弦和的中点，直线交x轴于点，设．①求；②记，，求．【答案】（1）