河北省秦皇岛市山海关区2025届高三第三次模拟考试数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省秦皇岛市山海关区2025届高三第三次模拟考试数学试卷一、选择题：本题共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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由，解得，所以，由，即，解得，所以，则.故选：C2.下列关于复数的说法，正确的是（）A.复数的任何偶数次幂都不小于零B.若实数，则是纯虚数C.在复平面内，虚轴上的点对应的复数均为纯虚数D.若复数满足，则均为实数【答案】D【解析】对于A中，由虚数单位，可得A错误；对于B中，若，那么，所以B错误；对于C中，虚轴上的点对应复数，所以C错误；对于D中，若复数满足，虚数不能比较大小，则均为实数，D正确.故选：D.3.已知向量与单位向量同向，且，则的坐标为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由点，可得，且，所以与向量同向的单位向量为.故选：B.4.若点在椭圆的内部，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由点在椭圆的内部，可得：，且，解得：或，所以实数的取值范围为，故选：B5.已知的内角所对的边分别为，若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，所以.根据正弦定理可得，所以.因为，所以根据余弦定理，可得：，化简可得，所以.因为为的边，，所以.故选：D.6.如图，在棱长为2的正方体中，、分别为、的中点，则过点、、的平面与侧面的交线长为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设平面分别交棱、于点、，如下图所示：因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，又因为，由等角定理及图形可知，则，即，故，故，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，又因为，由等角定理及图形可得，所以，即，所以，所以，故.因此，平面与侧面的交线长为.故选：A.7.在平面直角坐标系中，“”是“为第四象限角”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】先证必要性，若是第四象限的角，则，所以，因为，所以，所以，所以，“”是“为第四象限角”的必要条件，再证充分性，若，则可得不是第二，三象限的角且不是坐标轴上的角，所以，若，则与题设矛盾，所以，所以为第四象限角，所以“”是“为第四象限角”的充要条件.故选：C.8.如图，在四面体中，平面平面，侧面是等边三角形，底面是等腰直角三角形，，则四面体的外接球的体积是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为是等腰直角三角形，，，则的外接圆半径，因为侧面是等边三角形，设其外接圆半径为，由正弦定理可得，解得，设外接圆圆心为，外接圆的圆心为，因平面平面，过作平面的垂线，过作平面的垂线，两垂线的交点即为四面体外接球的球心，设球心到平面的距离为，则等于的外接圆的圆心到的距离，在等边三角形中，到的距离为，即，所以外接球的半径，所以.故选：C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.已知随机变量X服从正态分布N（100，102），则下列选项正确的是（）（参考数值：随机变量ξ服从正态分布N（μ，σ2），则P（μ﹣σ＜ξ＜μ+σ）＝0.6826），P（μ﹣2σ＜ξ＜μ+2σ）＝0.9544，P（μ﹣3σ＜ξ＜μ+3σ）＝0.9974）A.E（X）＝100 B.D（X）＝100C.P（X≥90）＝0.8413 D.P（X≤120）＝0.9987【答案】ABC【解析】∵随机变量X服从正态分布N（100，102），∴，∴，故A正确；，故B正确；根据题意可得，P（90＜X＜110）＝0.6826，P（80＜X＜120）＝0.9544，∴P（X≥90）＝，故C正确；P（X≤120）＝，故D错误．故选：ABC．10.已知函数且，则（）A.是周期函数 B.的图象是轴对称图形C.的图象关于点对称 D.【答案】AB【解析】由于，所以是周期函数，故A正确；定义域为，，从而为偶函数，其图象关于轴对称，故B正确；由于，从而当为奇数时，的图象不一定关于点对称，故C不正确；当时，，令，则此时，故D不正确.故选：AB11.已知函数，则（）A.的极小值是1B.恰有2个零点C.方程恰有1个实根D.对任意的，都有【答案】ACD【解析】，，令，可得，当时，，当时，，所以是函数的极小值点，极小值，故A正确；由在上单调递减，上单调递增，且，可知无零点，故B错误；令，则，即，令，，令，则，令，可得，令，可得，所以在上单调递增，上单调递减，，故，则，单调递减，当时，，当时，，所以和两条曲线有且只有一个交点，即方程恰有1个实根，故C正确；由，令，，当时，，所以的图象在上为凹的，所以对任意的，都有，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.安排4位顾客去三家餐馆就餐，其中一位顾客由于饮食特殊性，只能安排在餐馆，则不同的安排方案共有___________种．【答案】27【解析】由题意可知，其中一位顾客由于饮食特殊性，只能安排在餐馆，则剩下3位顾客每人就餐餐馆有3种安排方案，故不同的安排方案共有种.故答案为：.13.已知双曲线的右焦点为，直线经过点与的左、右两支各有一个交点，若与的其中一条渐近线垂直，则的离心率的取值范围为___________．【答案】【解析】由题意可得双曲线的两渐近线方程为，由对称性不妨设直线与渐近线垂直时，由题意可得直线的斜率为，又直线与双曲线的左、右两支各有一个交点，则，所以，所以，所以，所以，即，解得，所以的离心率的取值范围为.故答案为：.14.已知函数满足对都有成立．当时，，则不等式的解集为___________．【答案】【解析】因为对都有，所以是上的奇函数，又时，，显然在上单调递增，故函数在上单调递增，当时，，则，即；由，可得，故得，则有或，即或x<0x2-3x-1>0，解得：所以不等式的解集为.故答案为：.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.某村为提高村民收益，种植了一批苹果树，现为了更好地销售，从该村的苹果树上随机摘下100个苹果，测得其质量（单位：克）均分布在区间内，并绘制了如图所示的频率分布直方图：（1）按比例分配的分层随机抽样的方法从质量落在区间的苹果中随机抽取5个，再从这5个苹果中随机抽取2个，求这2个苹果质量均小于200克的概率；（2）以各组数据的中间数值代表这组数据的平均水平，已知该村每亩苹果树上大约还有50000个苹果待出售，某电商提出两种收购方案：．所有苹果均以4元/千克收购；．低于225克的苹果以元/个的价格收购，高于或等于225克的苹果以1元/个的价格收购．请你通过计算为该村选择收益最好的方案．解：（1）由题图可得苹果质量在区间和的比为，所以应分别在质量为的苹果中抽取2个和3个，所以所求概率为．（2）由题中频率分布直方图可知，苹果质量在区间的频率为，同理，苹果质量在区间的频率依次为，若按方案收购：总收益为：（元）．若按方案收购：由题意知苹果质量低于225克的个数为，苹果质量高于或等于225克的个数为，所以总收益为（元）．因为，所以方案的收益比方案的收益高，应该选择方案B．16.如图，四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，点在棱上．（1）若为的中点，证明：；（2）若两条异面直线所成角的余弦值为，求的值．（1）证明：因为平面，平面，所以，因为，所以，又平面，所以平面，因为平面，所以，因为，为的中点，所以，又平面，所以平面，因为平面，所以.（2）解：如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则，设，则．设异面直线与所成角为，则，整理得，解得或（舍去），所以，所以.17.设函数．（1）求的图象在处的切线方程；（2）记，若，试讨论在上的零点个数．解：（1），所以，又，所以的图象在处的切线方程为．（2）由已知得，所以，令，则．当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，即在上单调递增，在上单调递减．当时，，所以存在，使得，当时，；当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减．因为，故函数在上无零点，又因为，由零点存在定理可得在上有且只有一个零点．综上所述，当时，函数在上的零点个数为1．18.如图，已知为半圆上一点，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，直线分别与轴交于点，记的面积为，的面积为．（1）若的焦点为，且的最小值为，求的值；（2）若存在点，使得，求的取值范围．解：（1）由题意可得，设，则且，，因为，所以当时，有最小值，解得．（2）由，得，所以，设，所以，，所以，又，整理得，所以过点的切线方程为，于是，同理得过点的切线方程为，所以．因为点在两条切线上，所以，可得点的坐标为，的方程为，于是．，所以，所以．于是点，点的轨迹方程为，根据题意抛物线与半圆有交点，记，则，又因为，解得，即的取值范围为．19.对于无穷数列，若存在常数，使得对任意的正整数，恒有成立，则称数列是从第项起的周期为的周期数列．当时，称数列为纯周期数列；当时，称数列为混周期数列．（1）已知数列满足：，判断是否是纯周期数列，并求；（2）记为不超过的最大整数，设各项均为正整数的数列满足①若，证明：数列是纯周期数列；②证明：不论为何值，总存在，使得．（1）解：写出数列的前几项：1，3，2，，，，1，3，2，，，，1…，数列是周期为6的纯周期数列，．（2）证明：①时，，此时，数列为常数列，为纯周期数列；时，，此时，数列为常数列，为纯周期数列；时，，此时，数列为常数列，为纯周期数列；根据上述计算得出猜想：当时，数列为常数列也是纯周期数列．下面进行验证：当时，，此时数列为常数列，也是纯周期数列．②首先，根据①的分析，发现当时，数列为常数列，也是纯周期数列，满足题意；接下来证明，当时，也存在，使得，因为，所以只需要证明数列中始终存在值为1的项即可．当时，显然存在值为1的项，当时，有或，若为偶数，则，若为奇数时，则，，所以，即无论为奇数还是偶数，均有；特别的，当为奇数时，且，类似的，可得无论为奇数还是偶数