河北省张家口市2025届高三下学期第三次模拟考试数学试题【含答案解析】

张家口市2025届高三年级第三次模拟考试数学试卷注意事项：1.答卷前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号及准考证号填写在答题卡上.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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.若集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】确定集合，结合交集运算即可求解.【详解】，，所以，故选：A2.已知复数，则在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】由复数乘法和复数的几何意义即可求解.【详解】，在复平面内对应的点的坐标为，它位于第四象限.故选：D.3.某同学记录了自己升入高三以来8次的数学考试成绩，分别为125，117，129，132，115，119，126，130，则该同学这8次的数学考试成绩的第40百分位数为（）A.119 B.122 C.125 D.132【答案】C【解析】【分析】由百分位数的计算公式即可求解.【详解】从小到大排序：115,117,119,125,126,129,130,132，，所以第40百分位数为第四个数，即125.故选：C4.在中，，，则（）A.2 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用数量积定义直接计算得解.【详解】依题意，.故选：C.5.若的展开式中的系数为240，则（）A.4 B.5 C.6 D.8【答案】C【解析】【分析】利用二项展开式的通项，根据的系数为240列式，代入验证法求即可.【详解】的展开式通项为.令得展开式中的系数为，即，对于A，时，，不满足方程；对于B，时，，不满足方程；对于C，时，，满足方程；对于B，时，，不满足方程.故选：C6.已知直线为圆在处的切线，若直线经过椭圆的两个顶点，则该椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】通过直线与圆相切，求得切线方程，进而求得，即可求解.【详解】设切线斜率为，由圆的性质可知：，解得：，可得切线方程：，由可得：，令，可得，由题意可知：，所以，所以，故选：A7.已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式结合二倍角的余弦公式可求得所求代数式的值.【详解】因为，则.故选：D8.已知函数，，且，都有，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】结合条件根据单调性的定义可得函数在上单调递增，然后根据分段函数单调递增法则，结合导数法及单调性的性质研究每段的单调性，列不等式组求解即可.【详解】，，且，都有即，记，则由单调性的定义知，函数在上单调递增，则需满足：在上单调递增①，在上单调递增②，且③，对于①，要使在上单调递增，则在上恒成立，即在上恒成立，所以，因为，所以，解得；对于②，因为在上单调递增，所以在上单调递增时，；对于③，，所以；所以，解得，所以实数的取值范围是.故选：B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，，且，若，则（）A. B.的最小值为C.的最小值为 D.的取值范围为【答案】BCD【解析】【分析】利用基本不等式判断BC，根据，转化为函数关系，转化为根据定义域问题求值域，判断AD.【详解】A.由条件可知，，，则，故A错误；B.由题意可知，，则，当时等号成立，则的最小值为，故B正确；C.，当，即时等号成立，则的最小值为，故C正确；D.，当，均单调递增，且时，，则在区间上单调递增，∴当时取得最大值5，且时，，所以的取值范围为，故D正确.故选：BCD.10.在三棱锥中，，，为等边三角形，侧面底面，为棱的中点，，，三棱锥的体积为，则（）A.若，则B.若，则三棱锥的外接球的表面积为C.若平面，则四棱锥的体积为D.若，与平面所成角相等，则【答案】AC【解析】【分析】由面面垂直的性质结合棱锥的体积公式可得A正确；由几何关系求得棱锥的外接球半径，再求表面积可判断B；由体积拼接可得C正确；建立空间直角坐标系，由空间线面角公式可判断D.【详解】设，由可得，取的中点，连接，由为等边三角形可得，又侧面底面，侧面底面，面，所以由面面垂直的性质定理可得面，由，所以三棱锥体积.对于A，若，即，即，故A正确；对于B，若，由A可得，则，设三棱锥外接球的球心为，半径为，，则，解得，所以，所以三棱锥的外接球的表面积为，故B错误；对于C，若平面，平面平面，平面，所以，又为棱的中点，所以为的中点，则，由三角形相似可得，且到平面的距离不变，所以，所以四棱锥的体积为，故C正确；对于D，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设，由题意得为与平面所成的角，且，，所以，由，，可得，所以，平面的法向量为，因为，与平面所成角相等，所以，化简可得，解得无解，故D错误.故选：AC11.已知函数，，则（）A.当时，函数有三个零点B.当时，，C.若，则D.若函数在处取得极值，且，使，则【答案】AC【解析】【分析】利用导数分析函数单调性得到极值可得A正确，由正余弦函数值域结合函数的单调性可得B错误；由函数的对称中心代入可得C正确；由极值点的性质可得，，令，化简又，可证明判断D.【详解】对于A，当时，，，易得当时，，函数在上单调递减；当或时，，函数在和上单调递增，所以极大值，极小值，又，，所以函数在，，各有一个零点，所以函数有三个零点，故A正确；对于B，当时，，，易得当时，，函数在上单调递减；又，，所以，故B错误；对于C，若，则的图象关于成中心对称，又的定义域为，所以，即，即，整理可得，故C正确；对于D，因为，所以，由题有，即，由，得，令，则，又，所以，得到，整理得到，又，代入化简得到，又，，所以，得到，即，即，故D错误.故选：AC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知曲线在处的切线与轴垂直，则实数的值为_____.【答案】##0.5【解析】【分析】对函数求导，代入，可得对应的导数值为0，由此可建立关于的方程，从而得解.【详解】对函数求导得，，因为曲线在处的切线与轴垂直，所以，解得.故答案为：.13.已知等比数列前项和为，若，，则_____.【答案】【解析】【分析】由等比数列的性质结合题意可得，再由等比数列的性质化简计算式可得答案.【详解】由可得，若，则与矛盾，所以，则.故答案为：.14.已知为抛物线的焦点，过上一点作的准线的垂线，垂足为，若，则______.【答案】【解析】【分析】利用抛物线的准线确定抛物线方程，结合抛物线定义与直角三角形的边角关系计算即可．【详解】由题意为抛物线的焦点，过上一点作的准线的垂线，垂足为，且，所以，所以，所以，设准线与纵轴交于点，根据抛物线定义可知，所以，因为，所以，在中，，所以．故答案：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.为大力弘扬中华民族尊老、敬老、爱老的传统美德，某医院从，两个科室的志愿者中随机抽调4人为某社区养老院的老人进行“免费健康体检”活动，已知，两个科室中的志愿者分布如下：类别科室志愿者医生护士A科室23B科室33（1）求抽到的4人中，恰好有2名医生，且这2名医生恰好来自同一科室的概率；（2）设为选出的4人中医生的人数，求随机变量的分布列和数学期望.【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）利用组合计数原理结合古典概型的概率公式即可求解；（2）分析可知，随机变量所有可能取值为、、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值.【小问1详解】由已知，恰好有2名医生的情况包含这2名医生都来自A科室和都来自B科室，有种情况，从11人中抽4人有种情况，所以所求的概率为.【小问2详解】随机变量的所有可能取值为、、、、，，，，，，所以随机变量的分布列为所以.16.已知双曲线的一条渐近线方程为，为个焦点.（1）求双曲线的标准方程；（2）若倾斜角为的直线经过与的右支交于不同的两点，，的面积为（为坐标原点），，求的值.【答案】（1）（2）12【解析】【分析】（1）由双曲线渐近线方程的性质结合解方程可得；（2）设出直线方程，直曲联立，由韦达定理表示出弦长，求出，再由同角的三角函数关系结合点到直线的距离公式和三角形的面积公式可得.【小问1详解】由可得，即，又，即，且，联立可得，所以双曲线的标准方程为.【小问2详解】由题意可得当时，，显然不合题意，所以，设直线方程为，，联立，消去可得，因为直线经过与的右支交于不同的两点，，所以，，，即两边取平方后化简可得，进一步化简可得，因为直线经过与的右支交于不同的两点，所以，解得，又，原点到直线的距离，所以.17.在中，内角，，的对边分别为，，，已知.（1）求；（2）若的外接圆面积为，且，，求的长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由三角形的性质及同角三角函数基本关系将条件化为，然后利用正弦定理进行边角互化，结合余弦定理可得解；（2）由正弦定理可得，由余弦定理及得，利用及向量的线性运算得，结合数量积的运算律，利用向量模的运算公式求解即可.【小问1详解】因为，所以，所以，所以，由正弦定理可知，即，又由余弦定理可知，又，则；【小问2详解】由外接圆面积为，得外接圆半径为1，由正弦定理得，由余弦定理及得，，化简得，解得（负根舍去），从而，因为，所以，，所以，故的长是.18.如图，在正三棱柱中，，，且，满足，，过，，三点的平面与棱交于点，若.（1）求的值；（2）求异面直线与所成角的余弦值；（3）求平面与平面夹角的正切值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，由四点共面，列出方程，结合向量的坐标运算，即可得到结果；（2）由异面直线的夹角公式，代入计算，即可得到结果；（3）由二面角的公式，代入计算，即可得到结果.【小问1详解】取中点为，连接，因为为正三角形，所以，又因为正三棱柱中，平面平面，平面平面，平面，所以平面，以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，由，可得，所以，因为，所以为中点，则，又，设，则，即，解得，所以，设，则，因为四点共面，所以存在实数，使得，即，即，解得，则，所以，即.【小问2详解】由（1）可知，，设异面直线与所成角为，则.【小问3详解】平面的一个法向量为，设平面的法向量为，因为，则，令，则，所以，设平面与平面的夹角为，则，且，所以.19.已知函数.（1）求证：.（2）若，，为的最大值，（i）求的极小值；（ii）设，，求证：.【答案】（1）证明见解析；（2）（i）0；（ii）证明见解析.【解析】【分析】（1）构造函数，求出导数得出函数单调性进而得出最大值即可证明.（2）（i）通过求导得出的最大值，分析函数的单调性可得到的极小值；（ii）先证明，据此可证题设中的不等式.【小问1详解】令，定义域为