2025届陕西省安康市高三下学期第三次质量联考数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1陕西省安康市2025届高三下学期第三次质量联考数学试卷一､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.设集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意，，所以.故选：B.2.已知复数，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】复数，则，所以.故选：D3.有一组样本数据，其平均数为，方差为，若样本数据，的平均数为，方差为，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】根据样本数据平均数公式可知，，方差.故选：C4.已知抛物线上的点到焦点的距离为6，则点到轴的距离为（）A. B. C.2 D.4【答案】B【解析】由抛物线方程可得：抛物线的准线方程为：，由抛物线的定义可得：点到准线的距离为6，所以点纵坐标为，代入抛物线方程可得：，得：，所以点到轴的距离为，故选：B5.已知，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】已知，则.故选：A.6.已知正项等比数列的前项和为，若，则（）A.16 B.32 C.27 D.81【答案】C【解析】等比数列的前项和为，因为，则，所以，因为，所以，所以或舍，所以.故选：C.7.如图1，在直角梯形中，，为线段上的一点，，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体，如图2，则六面体的体积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】对于图2，延长至点，使得，如图：由条件可知，又为平面内两条相交直线，为平面内两条相交直线，所以平面，平面，又，又平面平面，平面平面，平面，，所以平面，平面，可得,所以直棱柱的体积为：，因为平行且等于，可得平行且等于，又，所以三棱锥的体积为：，所以六面体的体积为.故选：D8.已知函数及其导函数的定义域均为，若为奇函数，为偶函数，则（）A. B.101 C.0 D.【答案】A【解析】因为函数及其导函数为奇函数，所以，又函数为偶函数，所以，对两边求导，得，所以，又，所以，所以，所以，所以，，，，所以，又，所以，所以，所以.故选：A.二､多选题：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.已知向量，则（）A.B.C.D.在上的投影向量的坐标为【答案】ABD【解析】因，则，故A正确；，则，则，故B正确；，则，故C错误；在上的投影向量为，故D正确.故选：ABD10.在数列中，，对任意，则（）A.B.为递增数列C.为等差数列D.【答案】ABD【解析】令，则，所以，所以为递增数列，不是等差数列，故B正确，C错误；由，，，，累加得：，所以，故，而也符合该式，故，所以，故A正确；又，所以，故D正确.故选：ABD.11.在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点出发，每次随机地向上､下､左､右四个方向移动1个单位长度，移动6次，则（）A.蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度的概率是B.蚂蚁移动到点的概率为C.蚂蚁回到原点的概率为D.蚂蚁移动到直线上的概率为【答案】ACD【解析】对于A，蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度，则每一步的位置只能是或原点的上下左右四个点，最开始蚂蚁在原点，第一次移动有上下左右4种走法，第二次移动只能回到原点，即只有1种走法，同理，第三次移动有上下左右4种走法，第四次移动只能回到原点，即只有1种走法，第五次移动有上下左右4种走法，第六次移动只能回到原点，即只有1种走法，所以满足题意的共有种路径，而移动6次，每次有4种走法，即总路径数为，由古典概型可知蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度的概率为，故A正确；对于B，蚂蚁移动到点，则需恰好右移3次，上移3次，路径数为种，所以蚂蚁移动到点的概率为，故B错误；对于C，要回到原点，则左右移动次数相等，均为次；上下移动次数相等，均为次，总次数满足，即，可能的组合有：①，即左右都3次，路径数为种；②，即左右均2次，上下均1次，路径数为种；③，即左右均1次，上下均2次，路径数为种；④，即上下都3次，路径数为种；所以路径总数为种，故蚂蚁移动到点的概率为，故C正确；对于D，蚂蚁要移动到直线上，则水平净移动（向右移动次数减去向左移动次数）要等于垂直净移动（向上移动次数减去向下移动次数），例如，向右移动3次，向左移动1次，则水平净移动为，向上移动2次，向下移动0次，则垂直净移动为次，此时蚂蚁位于，符合题意，设水平净移动为，则垂直净移动也为，当时，水平和垂直净移动均为0，即回到坐标原点，也即C选项所考虑的结果，共400种；当时，水平和垂直净移动均为1，设向左次数为，则向右次数为；设向下次数为，则向上次数为，总移动次数，所以可能的组合有：①，此时向右1次，向左0次，向上3次，向下2次，路径数为种；②，此时向右2次，向左1次，向上2次，向下1次，路径数为种；③，此时向右3次，向左2次，向上1次，向下0次，路径数种；所以当时，路径总数为种；由对称性，可知当时，路径总数也为种；当时，水平和垂直净移动均为2，设向左次数为，则向右次数为；设向下次数为，则向上次数为，总移动次数，所以可能的组合有：①，此时向右2次，向左0次，向上3次，向下1次，路径数为种；②，此时向右3次，向左1次，向上2次，向下0次，路径数为种；所以当时，路径总数为种；由对称性，可知当时，路径总数也为种；当时，水平和垂直净移动均为3，设向左次数为，则向右次数为；设向下次数为，则向上次数为，总移动次数，所以可能的组合只有：，此时向右3次，向左0次，向上3次，向下0次，路径数为种；由对称性，可知当时，路径总数也为种；当或绝对值更大时，总移动次数会超过6次，不符合题意，故蚂蚁移动到直线上的总路径数为种，所以概率为，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.若函数的最小正周期为，则__________．【答案】【解析】因为的最小正周期为，所以故答案为：.13.函数的最小值为__________．【答案】【解析】，，令，得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时，函数取得最小值.故答案为：14.已知双曲线的左、右顶点分别为是双曲线的左焦点，为双曲线的左支上任意一点（异于点），若，则双曲线的离心率为__________．【答案】【解析】设，由题意可知，则，，所以，因为在双曲线上，所以，所以，因为，所以,得，即,化简可得,因为，所以，所以.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.在中，内角所对的边分别为，已知．（1）求角的大小；（2）若的周长为，证明：为等边三角形．（1）解：由及正弦定理，得．因为，所以，则，得．（2）证明：由余弦定理得．因为的周长为，即，所以，即，所以，故为等边三角形．16.如图，在四棱锥中，四边形为矩形，是线段的中点．（1）证明：平面．（2）求平面与平面夹角的余弦值．（1）证明：四边形为矩形，,又，且平面,平面,平面.平面，.又,且平面,平面,平面.（2）解：.所以以点为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，如图则平面，即平面.平面的一个法向量，.设平面的一个法向量为,,，得，得，令，则，，.设平面与平面夹角为，则.所以平面与平面夹角的余弦值为.17.现有一堆除颜色外其他都相同的小球在甲、乙两个袋子中，其中甲袋中有3个红色小球和3个白色小球，乙袋中有2个红色小球和3个白色小球．小明先从甲袋中任取2个球不放回，若这2个球的颜色相同，则再从乙袋中取1个球；若这2个球的颜色不相同，则再从甲袋中取1个球．（1）求小明第二次取到的球是红球的概率；（2）记为小明取到的红球个数，求的分布列及期望值．解：（1）记小明从甲袋中取2个球的颜色相同为事件，记小明从甲袋中取2个球的颜色不相同为事件，记小明第二次取到的球是红球为事件，则，，，，所以由全概率公式，得；（2）随机变量的值为，小明先从甲袋中取2个白球，再从乙袋中取1个白球时，则，小明先从甲袋中取2个球的颜色不相同，则再从甲袋中取1个白球或小明先从甲袋中取2个白球，再从乙袋中取1个红球时，则，小明先从甲袋中任取2个红球，再从乙袋中取1个白球或小明先从甲袋中取2个球的颜色不相同，再从甲袋中取1个红球时，则，小明先从甲袋中任取2个红球，则再从乙袋中取1个红球时，则，所以的分布列如下：0123.18.给定椭圆，将圆心为坐标原点，为半径的圆称为椭圆的“内切圆”．已知椭圆的两个顶点为，离心率为．（1）求椭圆的方程．（2）直线过椭圆的右焦点，并与椭圆相交于两点，且，求直线的方程．（3）是椭圆的“内切圆”上一点（与不重合），直线与椭圆的另一个交点为．记直线的斜率分别为，证明：为定值．（1）解：由题意可知，因为椭圆的上下顶点为,离心率,所以,,所以椭圆方程为.（2）解：由（1）可知，椭圆的右焦点为，且直线与轴不重合，设直线的方程为,,如图①所示，联立得,所以，由弦长公式得,则，解得,故或,所以直线的方程为或.（3）证明：如图②所示，由（1）可得，“内切圆”的方程为，,设直线的方程为,联立，化简得，解得或，所以，联立，化简得，解得或，所以,所以，，所以.19.已知函数，其中．（1）若是偶函数，求；（2）当时，讨论在上的零点个数；（3）已知，若，求的取值范围．解：（1）因为函数是偶函数，所以.即，，所以，所以，所以，又，所以.（2）当时，，，可得，令，则.当时，，所以，当时，，所以在单调递增，又，，所以存，使得，当，所以上单调递减，当，所以在上单调递增，所以在上单调递减，在上单调递增，而，，，所以在上存在一个零点.综上，函数在有两个零点.（3）当时，若时，，所以，若时，因为，可得，则成立；只需考虑，此时令，则，在递增，又，，所以存在，使得，可得，若，则，在递减；若，则，在上递增.所以，解得.此时，所以，从而.所以的取值范围为．陕西省安康市2025届高三下学期第三次质量联考数学试卷一､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.设集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意，，所以.故选：B.2.已知复数，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】复数，则，所以.故选：D3.有一组样本数据，其平均数为，方差为，若样本数据，的平均数为，方差为，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】根据样本数据平均数公式可知，，方差.故选：C4.已知抛物线上的点到焦点的距离为6，则点到轴的距离为（）A. B. C.2 D.4【答案】B【解析】由抛物线方程可得：抛物线的准线方程为：，由抛物线的定义可得：点到准线的距离为6，所以点纵坐标为，代入抛物线方程可得：，得：，所以点到轴的距离为，故选：B5.已知，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】已知，则.故选：A.6.已知正项等比数列的前项和为，若，则（）A.16 B.32 C.27 D.81【答案】C【解析】等比数列的前项和为，因为，则，所以，因为，所以，所以或舍，所以.故选：C.7.如图1，在直角梯形中，，为线段上的一点，，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体，如图2，则六面体的体积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】对于图2，延长至点，使得，如图：由条件可知，又为平面内两条相交直线，为平面内两条相交直线，所以平面，平面，又，又平面平面，平面平面，平面，，所以平面，平面，可得,所以直棱柱的体积为：，因为平行且等于，可得平行且等于，又，所以三棱锥的体积为：，所以六面体的体积为.故选：D8.已知函数及其导函数的定义域均为，若为奇函数，为偶函数，则（）A. B.101 C.0 D.【答案】A【解析】因为函数及其导函数为奇函数，所以，又函数为偶函数，所以，对两边求导，得，所以，又，所以，所以，所以，所以，，，，所以，又，所以，所以，所以.故选：A.二､多选题：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.已知向量，则（）A.B.C.D.在上的投影向量的坐标为【答案】ABD【解析】因，则，故A正确；，则，则，故B正确；，则，故C错误；在上的投影向量为，故D正确.故选：ABD10.在数列中，，对任意，则（）A.B.为递增数列C.为等差数列D.【答案】ABD【解析】令，则，所以，所以为递增数列，不是等差数列，故B正确，C错误；由，，，，累加得：，所以，故，而也符合该式，故，所以，故A正确；又，所以，故D正确.故选：ABD.11.在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点出发，每次随机地向上､下､左､右四个方向移动1个单位长度，移动6次，则（）A.蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度的概率是B.蚂蚁移动到点的概率为C.蚂蚁回到原点的概率为D.蚂蚁移动到直线上的概率为【答案】ACD【解析】对于A，蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度，则每一步的位置只能是或原点的上下左右四个点，最开始蚂蚁在原点，第一次移动有上下左右4种走法，第二次移动只能回到原点，即只有1种走法，同理，第三次移动有上下左右4种走法，第四次移动只能回到原点，即只有1种走法，第五次移动有上下左右4种走法，第六次移动只能回到原点，即只有1种走法，所以满足题意的共有种路径，而移动6次，每次有4种走法，即总路径数为，由古典概型可知蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度的概率为，故A正确；对于B，蚂蚁移动到点，则需恰好右移3次，上移3次，路径数为种，所以蚂蚁移动到点的概率为，故B错误；对于C，要回到原点，则左右移动次数相等，均为次；上下移动次数相等，均为次，总次数满足，即，可能的组合有：①，即左右都3次，路径数为种；②，即左右均2次，上下均1次，路径数为种；③，即左右均1次，上下均2次，路径数为种；④，即上下都3次，路径数为种；所以路径总数为种，故蚂蚁移动到点的概率为，故C正确；对于D，蚂蚁要移动到直线上，则水平净移动（向右移动次数减去向左移动次数）要等于垂直净移动（向上移动次数减去向下移动次数），例如，向右移动3次，向左移动1次，则水平净移动为，向上移动2次，向下移动0次，则垂直净移动为次，此时蚂蚁位于，符合题意，设水平净移动为，则垂直净移动也为，当时，水平和垂直净移动均为0，即回到坐标原点，也即C选项所考虑的结果，共400种；当时，水平和垂直净移动均为1，设向左次数为，则向右次数为；设向下次数为，则向上次数为，总移动次数，所以可能的组合有：①，此时向右1次，向左0次，向上3次，向下2次，路径数为种；②，此时向右2次，向左1次，向上2次，向下1次，路径数为种；③，此时向右3次，向左2次，向上1次，向下0次，路径数种；所以当时，路径总数为种；由对称性，可知当时，路径总数也为种；当时，水平和垂直净移动均为2，设向左次数为，则向右次数为；设向下次数为，则向上次数为，总移动次数，所以可能的组合有：①，此时向右2次，向左0次，向上3次，向下1次，路径数为种；②，此时向右3次，向左1次，向上2次，向下0次，路径数为种；所以当时，路径总数为种；由对称性，可知当时，路径总数也为种；当时，水平和垂直净移动均为3，设向左次数为，则向右次数为；设向下次数为，则向上次数为，总移动次数，所以可能的组合只有：，此时向右3次，向左0次，向上3次，向下0次，路径数为种；由对称性，可知当时，路径总数也为种；当或绝对值更大时，总移动次数会超过6次，不符合题意，故蚂蚁移动到直线上的总路径数为种，所以概率为，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.若函数的最小正周期为，则__________．【答案】【解析】因为的最小正周期为，所以故答案为：.13.函数的最小值为__________．【答案】【解析】，，令，得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时，函数取得最小值.故答案为：14.已知双曲线的左、右顶点分别为是双曲线的左焦点，为双曲线的左支上任意一点（异于点），若，则双曲线的离心率为__________．【答案】【解析】设，由题意可知，则，，所以，因为在双曲线上，所以，所以，因为，所以,得，即,化简可得,因为，所以，所以.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.在中，内角所对的边分别为，已知．（1）求角的大小；（2）若的周长为，证明：为等边三角形．（1）解：由及正弦定理，得．因为，所以，则，得．（2）证明：由余弦定理得．因为的周长为，即，所以，即，所以，故为等边三角形．16.如图，在四棱锥中，四边形为矩形，是线段的中点．（1）证明：平面．（2）求平面与平面夹角的余弦值．（1）证明：四边形为矩形，,又，且平面,平面,平面.平面，.又,且平面,平面,平面.（2）解：.所以以点为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，如图则平面，即平面.平面的一个法向量，.设平面的一个法向量为,,，得，得，令，则，，.设平面与平面夹角为，则.所以平面与平面夹角的余弦值为.17.现有一堆除颜色外其他都相同的小球在甲、乙两个袋子中，其中甲袋中有3个红色小球和3个白色小球，乙袋中有2个红色小球和3个白色小球．小明先从甲袋中任取2个球不放回，若这2个球的颜色相同，则再从乙袋中取1个球；若这2个球的颜色不相同，则再从甲袋中取1个球．（1）求小明第二次取到的球是红球的概率；（2）记为小明取到的红球个数，求的分布列及期望值．解：（1）记小明从甲袋中取2个球的颜色相同为事件，记小明从甲袋中取2个球的颜色不相同为事件，记小明第二次取到的球是红球为事件，则