庆阳市第一中学2025届高三三模数学（解析）

庆阳市第一中学2025届第三次模拟考试数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的准考证号、姓名、考场号和座位号填写在答题卡上。将条形码粘贴在答题卡“条形码粘贴处”。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案。不按以上要求作答的答案无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分（选择题共58分）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A={x|2x-3>a},B={x|3x-1>-4},a∈R,若-2∈A,则().A.B⊆A B.A∩B=A C.A=B D.A∪B=B【答案】A【解析】A={x|2x-3>a}=xx>3+a2,因为-2∈A,所以3+a2<-2,B={x|3x-1>-4}={x|x>-1},显然B⊆A.故选A2.已知单位向量a,b的夹角为π3,则向量a-2b与向量b的数量积为()A.-1 B.-2 C.-12 D.-【答案】D【解析】由题意得,a·b=|a||b|cosπ3=12,所以(a-2b)·b=a·b-2b2=12-2=-323.下列说法正确的是().A.数据7,5,3,10,2的第40百分位数是3B.已知随机变量X~N(μ,σ2),σ越小,表示随机变量X的分布越分散C.已知一组数据x1,x2,…,xn的方差为3,则x1-1,x2-1,…,xn-1的方差为3D.根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关,由最小二乘法求得其经验回归方程为y＾=0.3x-m,若其中一个点为(m,-0.28),则实数m=0.【答案】C【解析】对于选项A,将数据从小到大排列,得到2,3,5,7,10,因为5×40%=2,所以该数据的第40百分位数是3+52=4,故选项A错误对于选项B,根据正态分布的特点,σ越小,表示随机变量X分布越集中,故选项B错误;对于选项C,根据方差的概念知,选项C正确;对于选项D,由题意得,y＾=0.3x-m,其中一个点为(m,-0.28),但是该散点不一定在经验回归直线上,因此实数m=0.4不一定成立,故选项D错误4.已知i为虚数单位,则下列命题为真命题的是().A.(1+i)2是实数B.对任意的复数z,(z-1)(z-1)为实数C.对于任意的复数z,z2=|z|2D.cosα+isinαcosβ+isin【答案】B【解析】对于选项A,(1+i)2=2i是纯虚数,选项A错误;对于选项B,设z=a+bi(a,b∈R),则z=a-bi(a,b∈R),则(z-1)(z-1)=(a-1+bi)(a-1-bi)=(a-1)2+b2为实数,选项B正确;对于选项C,设复数z=a+bi(a,b∈R),则z2=(a+bi)2=a2-b2+2abi,|z|2=(a2+b2)2=a2+b2,故z2和|z|2不一定相等,对于选项D,cosα+isinαcosβ+isinβ=(cosα+i5.已知函数f(x)=sinπ2x+φ|φ|≤π4,将y=f(x)图象上所有的点向左平移23个单位长度后得到的曲线关于y轴对称,则下列结论正确的是().A.y=f(x)在(0,1)上为增函数B.φ=πC.y=f(x)在(-1,2)上有两个零点D.y=f(x)在(-1,2)上有无数个零点【答案】C【解析】将函数f(x)=sinπ2x+φ|φ|≤π4图象上所有的点向左平移23个单位长度,得到y=sinπ2x+23+φ=sinπ2x+π3+φ的图象,因为平移后的图象关于y轴对称,因此π3+φ=π2+kπ,k∈Z,解得φ=π6+kπ,k∈Z,又因为|φ|≤π4,所以φ=π6,故选项Bf(x)=sinπ2x+π6,显然f23=sinπ2=1,所以直线x=23是f(x)图象的一条对称轴,所以f(x)在(0,1)上不单调,故选项A错误由π2x+π6=kπ,k∈Z,得函数f(x)的零点为x=2k-13,k∈Z,令-1<2k-13<2,解得-13<k<76,故k=0或k=1,即函数f(x)在(-1,2)上有两个零点,故选项C6.已知正方体的棱长为1,若从该正方体的8个顶点中任取4个,则这4个点可以构成体积为13的四面体的概率为()A.135 B.235 C.335 【答案】A【解析】设正方体为ABCD-A1B1C1D1,从该正方体的8个顶点中任取4个,样本点总数为C84,满足体积为13的四面体的四个顶点只有“A,C,B1,D1”和“B,D,A1,C1”两种情况,故所求的概率为2C847.已知max{x1,x2,…,xn}表示x1,x2,…,xn这n个数中最大的数.下列四组数据中,能说明命题“∀a,b,c,d∈R,max{a,b}+max{c,d}≥max{a,b,c,d}”是假命题的有()组.①1,2,3,4②-3,-1,7,5③8,-1,-2,-3④5,3,0,-1A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】对于①和④,从其中任取两个数作为一组,剩下的两个数作为另一组,由于这两组数中的最大的数都不是负数,其中一组中的最大数即为这四个数中的最大值,故都能使得命题“∀a,b,c,d∈R,max{a,b}+max{c,d}≥max{a,b,c,d}”成立;对于②,当max{a,b}=max{-3,-1}=-1,max{7,5}=7时,max{-3,-1,7,5}=7,此时-1+7<7,即命题“∀a,b,c,d∈R,max{a,b}+max{c,d}≥max{a,b,c,d}”为假命题;对于③,当max{a,b}=max{8,-1}=8,max{-2,-3}=-2时,max{8,-1,-2,-3}=8,此时-2+8<8,即命题“∀a,b,c,d∈R,max{a,b}+max{c,d}≥max{a,b,c,d}”为假命题.故选B.8.中国南北朝时期的著作《孙子算经》对同余除法有较深的研究.设a,b,m(m>0)为整数,若a和b同时除以m所得的余数相同,则称a和b对模m同余,记为a≡b(modm).若a=C301+C302+…+C3030,a≡b(mod10),b∈{2021,2022,2023,2025},A.2021 B.2022 C.2023 D.2025【答案】C【解析】a=C301+C302+…+C3030=230-1=810-1=(10-2)10-1=C1001010+C101109(-2)+C102108(-2)2+…+C10910(-2)9+C1010(-2)10-1=10[C100109+C101108(-2)+C102107(-2)2+…+C109(-2)9]+C1010(-2)10-1=10[C100109+C101108(-2)+C102107(-2)2+…+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.已知等差数列{an}的公差不为0,a1,a2,a5成等比数列,且a2n=2an+1,则下列说法正确的是().A.数列{an}的通项公式为an=2n+1B.数列{an}的通项公式为an=2n-1C.a1+a3+a5+…+a2n-1=2n2-nD.a1+a3+a5+…+a2n-1=2n2+n-1【答案】BC【解析】由题意,设等差数列{an}的公差为d,d≠0,则a2n=a1+(2n-1)d=2an+1=2a1+2(n-1)d+1,即a1+(2n-1)d=2a1+2(n-1)d+1,①由a1,a2,a5成等比数列,得a22=a1a5,即(a1+d)2=a1(a1+4d由①②可得,a1=1,d=2,因此{an}的通项公式为an=1+(n-1)×2=2n-1,故选项A错误,选项B正确;a1+a3+a5+…+a2n-1=(a1+a2n-1)n2=2n210.已知函数f(x)=exx+a,则下列结论正确的是A.当a=1时,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=xB.当a=1时,曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1C.当a=0时,曲线y=f(x)上不存在斜率为0的切线D.当a=0时,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为0【答案】BD【解析】对于选项A,B,当a=1时,f'(x)=xex(x+1)2,有f'(0)=0,又f(0)=1,故曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1,对于选项C,D,当a=0时,f(x)=exx,则f'(x)=ex(x-1)x2,显然当x=1时,f'(x)=0,11.已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为4的正方形,PA⊥平面ABCD,且PA=4,E,F,G分别为PB,PD,BC的中点,Q是线段PA上靠近点P的四等分点,则().A.EG∥平面PCDB.直线FG与AB所成的角为30°C.EQ∥FGD.经过E,F,G的平面截四棱锥P-ABCD所得的截面图形的面积为66【答案】AC【解析】对于选项A,因为E,G分别为PB,BC的中点,所以EG∥PC,因为EG⊄平面PCD,PC⊂平面PCD,所以EG∥平面PCD,故选项A正确;对于选项B,取AD的中点H,连接HG,FH(图略),因为HG∥AB,所以直线FG与AB所成的角等于∠FGH,易知FH=2,GH=4,FH⊥GH,所以tan∠FGH=12,所以∠FGH≠30°,故选项B错误对于选项C,以A为原点,AB,AD,AP的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系(图略),则Q(0,0,3),E(2,0,2),F(0,2,2),G(4,2,0),所以EQ=(-2,0,1),FG=(4,0,-2),所以EQ∥FG,故选项C正确;对于选项D,取CD的中点N(图略),则五边形EGNFQ为所求截面,其面积S=S△QEF+S矩形EGNF=12×22×3+23×22=56,故选项D错误第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.设Sn是各项均为正数的等比数列{an}的前n项和,若S4nS2n=10,【答案】13【解析】设数列{an}的公比为q,由题意得a1>0,q>0,q≠1,则S4nS2n=a1(1-q4n)1−qa1(1-q2n)1−q=1+q2n=10,解得qn=13.设点F1,F2分别为椭圆C:x28+y24=1的左、右焦点,点P是椭圆C上任意一点,若使得PF1·PF2=m成立的点P恰好有4个,已知实数m∈{0,2【答案】2【解析】由题意,得F1(-2,0),F2(2,0),设点P(x0,y0),则PF1=(-2-x0,-y0),PF2=(2-x0,-y0),所以PF1·PF2=(-2-x0,-y0)·(2-x0,-y0)=又因为P(x0,y0)在椭圆上,所以x028+y024=1,化简得,x02=8-2y02当m=0时,y0=±2,x0=0,此时使得PF1·PF2=m成立的点P恰好有2当m=2时,y0=±2,x0=±2,此时使得PF1·PF2=m成立的点P恰好有4当m=4时,y0=0,x0=±22,此时使得PF1·PF2=m成立的点P恰好有2个,不符合题意.14.已知关于x的不等式(lnx-2ax)[x2-(2a+1)x+1]≤0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,则实数a的取值范围是.

【答案】[12e,【解析】由题意,得lnx或lnx因为x∈(0,+∞),因此①可化简为a设f(x)=lnx2x,g(x)则f'(x)=1−lnx2x2,令f'(x)>0,得0<x<e,因此f(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,无最小值.同理,g(x)=x2+1x=x+1x在(0,②可以化简为a≥(lnx2x)

max,2a+1≤(x2+1x)

min,由以上可知,f(x)的最大值为f(e)=12e.g(x)=x综上所述,a∈[12e,1四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。15．(13分)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知c＝2bcosB，C＝eq\f(2π,3).(1)求角B的大小；(2)①△ABC的面积为eq\f(3\r(3),4)，求BC边上的中线AM的长度；②△ABC的周长为4＋2eq\r(3)，求BC边上的中线AM的长度.【解析】(1)∵c＝2bcosB，∴由正弦定理可得sinC＝2sinBcosB，∵C＝eq\f(2π,3)，∴B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，sin2B＝sineq\f(2π,3)＝eq\f(\r(3),2).∴2B∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3)))，∴2B＝eq\f(π,3)，解得B＝eq\f(π,6).(2)①由(1)可得∠BAC＝eq\f(π,6)，∴a＝b，则S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)a2·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),4)，解得a＝eq\r(3).由余弦定理可得AM＝eq\r(b2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2－2·b·\f(a,2)·cos\f(2π,3))＝eq\r(3＋\f(3,4)＋\r(3)×\f(\r(3),2))＝eq\f(\r(21),2).②由(1)可得∠BAC＝eq\f(π,6)，设△ABC的外接圆半径为R，则由正弦定理可得a＝b＝2Rsineq\f(π,6)＝R，c＝2Rsineq\f(2π,3)＝eq\r(3)R，则a＋b＋c＝2R＋eq\r(3)R＝4＋2eq\r(3)，解得R＝2，则a＝2，c＝2eq\r(3)，由余弦定理可得AM＝eq\r(2\r(3)2＋12－2×2\r(3)×1×cos\f(π,6))＝eq\r(7).16．(15分)如图，在等腰直角三角形RBC中，A，D分别为RB，RC的中点，BC＝BR＝4，将△RAD沿AD折起，使得点R至点P的位置，得到四棱锥P­ABCD．(1)若M为PC的中点，求证DM∥平面PAB；(2)若平面PAD⊥平面ABCD，点E在线段BC上，平面PDE与平面ABED夹角的余弦值为eq\f(2,3)，求线段BE的长．【解析】(1)证明：如图，取PB的中点N，连接AN，MN，则MN∥BC，且MN＝eq\f(1,2)BC．因为A，D分别为RB，RC的中点，所以AD∥BC，且AD＝eq\f(1,2)BC．所以AD∥MN且AD＝MN，所以四边形ADMN为平行四边形．所以DM∥AN.又AN⊂平面PAB，DM⊄平面PAB，所以DM∥平面PAB．(2)因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD．又PA⊥AD，所以AB，AD，AP两两垂直．如图，以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．设BE＝t，则P(0,0,2)，D(0,2,0)，E(2，t,0)，0≤t≤4，所以eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(2，t－2，0)．设n＝(x，y，z)为平面PDE的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y－2z＝0，,2x＋t－2y＝0.))令y＝2，解得x＝2－t，z＝2，所以n＝(2－t,2,2)．又平面ABED的一个法向量为m＝(0,0,1)，设平面PDE与平面ABED的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n，m〉|＝eq\f(2,\r(2－t2＋4＋4))＝eq\f(2,3)，解得t＝1或t＝3，故BE＝1或3.17．(15分)甲、乙、丙三位同学进行乒乓球比赛，约定赛制如下：每场比赛胜者积2分，负者积0分；比赛前根据相关规则决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空；积分首先累积到4分者获得比赛胜利，比赛结束．已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为p1，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为p2，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为p3.(1)若p1＝p2＝p3＝0.5，求比赛结束时，三人总积分X的分布列与期望；(2)若p1＋p3>1，假设乙获得了指定首次比赛选手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略．【解析】(1)由题意可知，X的取值可能为4,6,8.P(X＝4)＝0.5×0.5×2＝0.5；P(X＝6)＝0.5×0.5×0.5×2＝0.25；P(X＝8)＝0.5×0.5×0.5×2＝0.25，所以三人总积分X的分布列为X468P0.50.250.25所以E(X)＝0.5×4＋0.25×6＋0.25×8＝5.5.(2)设事件A为“第一局乙对丙最终乙获胜”，B为“第一局乙对甲最终乙获胜”，C为“第一局甲对丙而最终乙获胜”，则有P(A)＝p3(1－p1)＋p3p1(1－p2)p3＋(1－p3)p2(1－p1)p3；P(B)＝(1－p1)p3＋(1－p1)(1－p3)p2(1－p1)＋p1(1－p2)p3(1－p1)；P(C)＝p2(1－p1)p3＋(1－p2)p3(1－p1)＝p3(1－p1)．显然P(A)>P(C)，P(B)>P(C)；P(A)－P(B)＝p3p1(1－p2)p3＋(1－p3)p2(1－p1)p3－(1－p1)(1－p3)·p2(1－p1)－p1(1－p2)p3(1－p1)＝(p1＋p3－1)·p1(1－p2)p3＋(p1＋p3－1)(1－p3)p2(1－p1)＝(p1＋p3－1)[p1(1－p2)p3＋(1－p3)p2(1－p1)]>0，所以P(A)>P(B)，故乙的最优指定策略是乙和丙打第一局．18．(17分)已知过点(1,0)的直线与抛物线E：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，O为坐标原点，当直线AB垂直于x轴时，△AOB的面积为eq\r(2).(1)求抛物线E的方程；(2)若O为△ABC的重心，直线AC，BC分别交y轴于点M，N，记△MCN，△AOB的面积分别为S1，S2，求eq\f(S1,S2)的取值范围．【解析】(1)当直线AB⊥x轴时，如图①.由题意可知，当x＝1时，y＝±eq\r(2p)，所以|AB|＝2eq\r(2p)，所以S△AOB＝eq\f(1,2)×1×2eq\r(2p)＝eq\r(2)，解得p＝1，所以抛物线E的方程为y2＝2x.(2)如图②，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)．因为O为△ABC的重心，所以x1＋x2＋x3＝0，S△AOB＝S△AOC＝S△BOC．因为eq\f(S△MOC,S△AOC)＝eq\f(|MC|,|AC|)＝eq\f(－x3,x1－x3)，eq\f(S△NOC,S△BOC)＝eq\f(|NC|,|BC|)＝eq\f(－x3,x2－x3).且S△MOC＋S△NOC＝S1，S△AOC＝S△BOC＝S2，所以eq\f(S1,S2)＝eq\f(－x3,x1－x3)＋eq\f(－x3,x2－x3)＝eq\f(x1＋x2,2x1＋x2)＋eq\f(x1＋x2,x1＋2x2)＝eq\f(3x1＋x22,2x1＋x2x1＋2x2)＝eq\f(3x1＋x22,2x1＋x22＋x1x2).设直线AB的方程为x＝ty＋1，与y2＝2x联立，消去x，得y2－2ty－2＝0，Δ＝4t2＋8>0，根据根与系数的关系得y1y2＝－2，所以x1x2＝eq\f(y1y22,4)＝1，则x1＋x2≥2eq\r(x1x2)＝2，当且仅当x1＝x2＝1，即t＝0时，等号成立．所以eq\f(S1,S2)＝eq\f(3,2＋\f(1,x1＋x22))∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(3,2)))，所以eq\f(S1,S2)的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(3,2))).19．(17分)若有穷数列A：a1，a2，…，an(n>4)满足：ai＋an＋1－i＝c(c∈R，i＝1,2，…，n)，则称此数列具有性质Pc.(1)若数列A：－2，a2，a3,2,6具有性质Pc，求a2，a3，c的值；(2)设数列A具有性质P0，且a1<a2<…<an，n为奇数，当ai，aj>0(1≤i，j≤n)时，存在正整数k0(1≤k0≤n)，使得aj－ai＝ak0，求证：数列A为等差数列；(3)把具有性质Pc，且满足|a2k1－1＋a2k1|＝m(k1∈N*，k1≤eq\f(n,2)，m为常数)的数列A构成的集合记作Tc(n，m)．求出所有的n，使得对任意给定的m，c，当数列A∈Tc(n，m)时，数列A中一定有相同的两项，即存在ai＝aj(i≠j,1≤i，j≤n)．【解析】(1)由已知可得数列A共有5项，所以n＝5，当i＝1时，有a1＋a5＝－2＋6＝4，所以c＝4.当i＝2时，有a2＋a4＝a2＋2＝4，所以a2＝2，当i＝3时，有a3＋a3＝4，所以a3＝2.(2)证明：数列A具有性质P0，且a1<a2<…<an，n为奇数，令n＝2k＋1(k∈N，k≥2)，则ak