【高考模拟】四川省元三维大联考2025届高三第三次诊断性测试数学试卷（含解析）

四川省元三维大联考2025届高三第三次诊断性测试数学试卷1．已知复数z=21+i，则A．5 B．2 C．2 D．52．已知空间中两条直线l, m，及平面α，且满足m⊂α，“l⊥m”是“l⊥α”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件3．为考察某种药物A对预防疾病B的效果，进行了动物试验，根据120个有放回随机样本的数据，得到如下列联表：药物A疗效合计未患疾病B患疾病B未服用105060服用184260合计2892120经计算得到χ2≈2.981，根据小概率值α=0.05的独立性检验（已知χ2A．药物A对预防疾病B没有效果B．药物A对预防疾病B没有效果，这种判断犯错误的概率不超过0.05C．药物A对预防疾病B有效果D．药物A对预防疾病B有效果，这种判断犯错误的概率不超过0.054．已知函数fx=ex−A．0, +∞ B．−2, 0 C．0, 2 D．5．已知Sn为等差数列an的前n项和，若a3A．−8 B．−18 C．0 D．126．已知直线x−y=0是曲线y=2x−lnaxa>0A．1 B．2 C．e D．27．已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，纵坐标为2的点M在C上．若以M为圆心，MF为半径的圆被y轴截得的弦长为A．22 B．2 C．3 D．8．已知α∈0,π2，β∈−πA．−22 B．−24 C．9．已知函数f(x)=tanA．1是fx的周期 B．fxC．f−14<f1410．动圆P过定点A−6, 0，且与圆Bx−62+A．曲线E的方程为：x28+y2C．PA⋅PB的最大值为3 D．∠APM11．已知集合S=x, yx>0, y>0, x+y=6, 且xy−3k≥0k>0A．当k=3时，3, 3是唯一的k−分集B．对任意k>3，总存在至少一个k−分集C．若S是2−分集，则x−yD．若S是1−分集，则x−212．已知a=2，e为单位向量，且a在e上的投影向量为−3e，则a与e13．在如下3×3的数阵中选出3个数，要求这3个数既不在同一行，也不在同一列．若这3个数的极差不大于5，那么满足条件的选法共有种．2574910681114．已知棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BD中点，A1, A, B, E四点都在球O1的球面上，且A1, A, D, E15．记△ABC内角A, B,C的对边分别为a, b, c，已知a=7, b=8, 8sin（1）求A；（2）若△ABC为钝角三角形，求c．16．已知函数fx（1）若0<a<3，试判断函数fx在区间1, 3（2）当a=3，x>0时，求证：fx<x−417．如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AC与BD交于点O，在对角线（1）求证：B1（2）若平面CC1D1D⊥平面ABCD，且D18．已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0, b>0的右焦点为F2, 0，且点F到双曲线C的渐近线的距离为1．过点P3, 0作两条互相垂直的直线l1和l2，l1交双曲线C于A、B两点，l2交双曲线C于D、E两点，M、N分别是AB、DE的中点，直线MN过定点P1x1, y1；再过点P1x1, y1作两条互相垂直的直线l3和l4，l3交双曲线C于A1（1）求双曲线C的方程；（2）求点P1（3）若Q1,0、R1, 1，记△QRPnn≥1, n∈19．图是计算机科学中的一种极为重要的模型．图的连通性常应用于计算机网络、智能导航及AI算法优化等领域中．一个图G由顶点集V与边集E组成，记为G=V, E．顶点集V是这个图所有顶点的集合，图中任意3个顶点不在同一直线上．图的边是指两个不同的顶点直接相连成的线段，边集E就是这个图所有边的集合．如图所示为一个由4个顶点组成的图G'，其顶点集V'=A, B, C, D，边集E'=AB, BC, BD．若图G中依次存在一组边：A0一个有含有n个顶点的图Gn，任意两个顶点间有边的概率为12．设图Gn是连通的概率为R（1）当n=3时，在顶点A与顶点B相互可达的条件下，求A与B之间有边的概率；（2）当n=4时，求恰有3个顶点相互可达的概率；（3）求R5

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】解：由题意知，z=2所以z−i=1−2i，所以z−i=故答案为：A.【分析】首先利用分母有理化（共轭复数相乘消去虚数单位），将复数z化为标准形式a+bi，然后先求z−i的结果，再用模长公式（实部平方加虚部平方开根号）计算.2．【答案】B【解析】【解答】解：充分性：只有当l垂直于α内的两条相交直线，才可推出l⊥α，由题可知，l垂直于α内的一条直线m，可能与平面α斜交，平行，或在平面α内，故无法推出l⊥α，充分性不满足；必要性：l⊥α，又m⊂α，则l⊥m，故必要性成立；综上所述，“l⊥m”是“l⊥α”的必要不充分条件.故答案为：B.【分析】首先依据线面垂直定义（直线垂直平面需垂直平面内所有直线），判断仅l⊥m（m⊂α）能否推出l⊥α，明确充分性是否成立，然后根据线面垂直定义，若l⊥α且m⊂α，直接推出l⊥m，确定必要性是否成立，最后结合充分性和必要性的判断结果，确定条件关系.3．【答案】A【解析】【解答】解：设零假设H0：药物A对预防疾病B没有效果；因为χ故零假设不成立，药物A对预防疾病B没有效果.故答案为：A.【分析】首先独立性检验通过比较计算的χ2值与临界值（如x0.05）判断假设是否成立，然后将题目中计算的χ2≈2.981和x0.05=3.841对比，χ24．【答案】D【解析】【解答】解：对f(x)=ex−e−x求导，根据求导公式(因为ex>0，e−x所以f(x)在R上是单调递增函数.所以若f1−m>fm+1，则1−m>m+1故答案为：D.【分析】通过求导，分析导函数的正负性，确定函数f(x)在R上单调递增，这是利用函数性质解不等式的基础，然后依据单调递增函数的性质，函数值大则自变量大，将f(1−m)>f(m+1)转化为关于m的一元一次不等式1−m>m+1，求解得出m的取值范围.5．【答案】B【解析】【解答】解：设等差数列an的公差为d因为a3+S3=12, a4+S又因为S9=9(a1故答案为：B.【分析】根据等差数列的性质和等差数列前n项和公式，再结合已知条件得出S96．【答案】C【解析】【解答】解：设fx=2x−ln设切点为x0,y解得x0=1，则y0=x0=1故答案为：C.

【分析】对曲线函数求导，根据切线斜率等于曲线在切点处的导数，建立关于切点横坐标x0的方程，求出x7．【答案】A【解析】【解答】解：根据题意，作图如下：设点M坐标为(x0,以M为圆心，|MF|为半径圆，其圆心到y轴的距离为x0，半径MF由题可知：23=2x0+p2故答案为：A.【分析】首先设出点M坐标，代入抛物线方程得到p与x0的一个关系式，这是基础条件，然后根据圆被y轴截得弦长，利用圆的弦长与圆心到弦距离、半径的几何关系（勾股定理），列出另一个关于p和x0的方程，最后将两个方程联立，消去8．【答案】D【解析】【解答】解：因为α∈0,π2，β∈−π2, 0，所以sin因为cosα+β所以sin≥−4⋅cos当且仅当cosαcosβ=−此时tanαtanβ=−1因为α∈0,π2，β∈−π2, 0此时cosα+β因为0<α<π2，所以0<2α<π，则2α=π故当α=π12β=−因此，sin2αsin2β故答案为：D.

【分析】首先利用积化和差公式或和角差角公式，将sin⁡2αsin⁡2β转化为含有已知cos⁡(α+β)的形式，这是关键步骤，通过变换将所求式子与已知条件建立联系，然后根据9．【答案】A,D【解析】【解答】解：A、正切函数f(x)=tan(πB、正切函数无定义时，πx−π3=π2+kC、因为f(−1f(1因为y=tanx在(−π所以tan(−π12D、令πx−π3=kπ2，求得x=k2+13，k∈Z，可得故答案为：AD.

【分析】本题围绕正切函数f(x)=tanA、利用正切函数y=tan⁡(ωx+φ)的周期公式T=πB、正切函数无定义时，ωx+φ=πC、先计算f(−14)与f(D、正切函数的对称中心满足ωx+φ=kπ2(k∈Z)10．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：A、由题意可知，动圆圆心P到定点A和定圆圆心B的距离之和为42即PA+PB=4所以P的轨迹是以A,B为焦点，长轴长2a=42，焦距2c=2所以曲线E的方程为：x2B、由A可知，P点轨迹方程为x2所以设P2则动圆的半径r=6cos当cosθ=−1，r2取到最小值所以要使动圆P面积S=πr2的最小，只需所以动圆P面积的最小值为14−83C、由B可知P2则PA⃗=−2所以PA·当cos2θ=1时，D、因为∠APM和∠APB互补，所以求∠APM的最小值就是求∠APB的最大值，由椭圆的性质可知，当P位于短轴端点时，∠APB最大，不妨设此时P0,2，则所以cos∠APB=因为0<∠APB<π，所以∠APB=2π所以∠APM的最小值是π3故答案为：ABD

【分析】A、根据两圆内切性质（圆心距与半径关系），结合椭圆定义（到两定点距离和为定值且大于两定点间距），确定轨迹为椭圆，再计算椭圆参数（a,b,c）得方程.B、动圆面积由半径平方决定，半径是|PA|，利用椭圆上点到定点距离的最值（结合二次函数或椭圆顶点），求|PA|最小值，进而得面积最小值.C、展开向量数量积PA⋅PB，结合椭圆方程消元转化为关于x的二次函数，根据x范围求最大值.D、利用等腰三角形△APM（|PA|=|PM|），结合椭圆几何特征（短轴端点时角度特殊），通过余弦定理或几何对称性分析11．【答案】A,D【解析】【解答】解：由x>0, y>0, x+y=6得xy≤x+y22即xyA、当k=3时，则S=x, yx>0, y>0, x+y=6, 且xy≤9，又B、k>3时，xy≥3k>9，不符合xymaxC、当k=2时，xy≥6，所以x−y=D、当k=1时，xy≥3，又x>0, y>0, x+y=6，所以x6−x≥3，解得3−6故选：AD.

【分析】A、利用x+y定值，结合基本不等式求xy的最值，判断集合元素的唯一性；B、通过xy的最大值得出k>3时无解；C、D、将|x−y|、(x−2)2+(y−4)212．【答案】5π【解析】【解答】解：设a与e的夹角为θ，则0≤θ≤π，因为a在e上的投影向量为acosθ⋅e=2cosθ⋅e=−3e，可得cosθ=−32【分析】首先清楚向量a在单位向量e上投影向量的表达式为|a|cos⁡θe13．【答案】3【解析】【解答】解：3×3的数阵中选出3个数，要求这3个数既不在同一行，也不在同一列．若这3个数的极差不大于5，那么满足条件的选法有4,7,8；5,6,10；6,9,7，三种情况；故答案为：3.【分析】首先利用“既不同行也不同列”的规则，通过行列交叉枚举所有3个数的组合（共6种），然后计算每组数的极差，筛选出极差≤5的组合，最后数出符合条件的组合数量，即为满足要求的选法种数.14．【答案】6【解析】【解答】解：如图所示，设E1为B1D1的中点，M,N分别为AD,AB的中点，连接M1O1,O2分别为由题意可知，因为A1, A, B, E四点都在球所以O1即为三棱锥A也就是三棱柱A1因为三棱柱A1B1所以外接球的球心O1在N同理，O2就是三棱柱A1D1E因为球O1与球O2两球面同时经过所以球O1与球O2即为以O为圆心，且过A1在矩形A1AE所以AC=22，AE=所以矩形A1AE所以r=62，所以外接圆的周长为故答案为：6【分析】首先利用三棱柱外接球心的性质（直三棱柱外接球心在侧面中点连线中点），确定O1，O2位置，然后两球公共点轨迹为同时过四点的圆（A115．【答案】（1）解：由正弦定理asin⁡A=bsin又8sinA+7sinB=83又a<b，则0<A<B,∴0<A<π（2）解：由余弦定理知：a2∴72=82当c=3时，cosB=a2当c=5时，cosB=a2+c2−综上所述：c=3【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边化为角的关系，结合已知条件解出sin⁡A，再根据边的大小关系确定角的范围，得出A（2）先用余弦定理列出关于c的方程，求解后根据“钝角三角形”的性质（最大边对的角为钝角，其余弦值小于0）筛选出符合条件的c.（1）由正弦定理知：sinAsinB又8sinA+7sinB=83又a<b，则0<A<B,∴0<A<π（2）由余弦定理知：a2∴72=82当c=3时，cosB=a2当c=5时，cosB=a2+c2−综上：c=3．16．【答案】（1）解：1个，理由如下：因为fx=1所以，函数f'x在区间因为0<a<3，则f'1=−a−1<0，f由零点存在定理可知，存在x0∈1,3当1<x<x0时，f'x<0当x0<x<3时，f'x>0故函数函数fx在区间1, 3内的极值点个数为1（2）证明：当a=3，x>0时，fx构造函数gx=x−4则g'令px=ex−x−1所以，函数px在0,+故当x>0时，px>p0由g'x<0可得0<x<3，由g所以，函数gx的减区间为0,3，增区间为3,+所以，gxmin=−故a=3，x>0时，fx【解析】【分析】（1）通过求导分析导函数的符号变化，结合零点存在定理确定极值点个数，关键是利用二次函数的性质和端点值判断.（2）构造函数g(x)，通过求导分析其单调性，找到最小值并证明最小值大于0.（1）因为fx=1所以，函数f'x在区间因为0<a<3，则f'1=−a−1<0，f由零点存在定理可知，存在x0∈1,3当1<x<x0时，f'x<0当x0<x<3时，f'x>0故函数函数fx在区间1, 3内的极值点个数为1（2）当a=3，x>0时，fx构造函数gx=x−4则g'令px=ex−x−1所以，函数px在0,+故当x>0时，px>p0由g'x<0可得0<x<3，由g所以，函数gx的减区间为0,3，增区间为3,+所以，gxmin=−故a=3，x>0时，fx17．【答案】（1）解：连接B1D1交A1C在平行六面体ABCD−A1B1C所以四边形BDD1B1是平行四边形，所以又OO1分别为BD,D以四边形ODO1B因为平面ACE//平面A1C1D，平面ACE平面A1C1D∩平面BDD因为OB1,OE又BD//D所以△OBE∽△D1B1E（2）解：取CD的中点F，连接BF，因为DC=BC=BD=2，所以△BCD是等边三角形，所以BF⊥DC，且BF=3又平面CC1D1D⊥平面ABCD，平面CBF⊂平面ABCD，所以BF⊥平面CC1D1D所以BF⊥D在Rt△BD1F中，BD1在△DD1F中，DF=所以D1又平面CC1D1D⊥平面ABCD，平面CD1F⊂平面CC1D又BF⊂平面ABCD，所以D1所以D1以F为原点，以FB,FC,FD则B3所以BD设n=x,y,z，所以n·取y=3，则x=3,z=−1，所以n因为E是对角线BD所以BE与平面ACC1A1所成的角即是设BD1与平面ACC所以sinθ=所以BE与平面ACC1A【解析】【分析】（1）利用平面ACE∥平面A1C1D，结合两个平面与平面BDD1B1的交线，得到线线平行（(2)根据平面垂直关系（平面CC1D1D⊥平面ABCD），选取合适的原点与坐标轴，建立坐标系，确定各点坐标（利用等边三角形、勾股定理等计算坐标），然后求出BE（1）连接B1D1交A1C在平行六面体ABCD−A1B1C所以四边形BDD1B1是平行四边形，所以又OO1分别为BD,D以四边形ODO1B因为平面ACE//平面A1C1D，平面ACE平面A1C1D∩平面BDD因为OB1,OE又BD//D所以△OBE∽△D1B1E（2）取CD的中点F，连接BF，因为DC=BC=BD=2，所以△BCD是等边三角形，所以BF⊥DC，且BF=3又平面CC1D1D⊥平面ABCD，平面CBF⊂平面ABCD，所以BF⊥平面CC1D1D所以BF⊥D在Rt△BD1F中，BD1在△DD1F中，DF=所以D1又平面CC1D1D⊥平面ABCD，平面CD1F⊂平面CC1D又BF⊂平面ABCD，所以D1所以D1以F为原点，以FB,FC,FD则B3所以BD设n=x,y,z，所以n·取y=3，则x=3,z=−1，所以n因为E是对角线BD所以BE与平面ACC1A1所成的角即是设BD1与平面ACC所以sinθ=所以BE与平面ACC1A18．【答案】（1）解：双曲线的渐近线方程为y=±bax则点F到渐近线的距离为bcb又因为c=2，所以a=c因此，双曲线C的方程为x2（2）解：当l1⊥x轴，l2必然与x轴重合，由曲线的对称性知AB的中点MDE的中点N也在x轴，故MN经过的定点P1x1设点P1n,0，设直线AB的方程为x=ty+3，设点Ax联立x=ty+3x2−3所以，t2−3≠0,3t由韦达定理可得y'1+故线段AB的中点M−同理可知，直线DE的方程为x=−1ty+3，DE的中点为N当t≠±1时，由P1、M、N三点共线可得kP1解得n=92，因此，当t=±1时，xN=xM=故P1（3）解：由（2）可知，当P3,0时，定点P192,0考虑一般情况，假设点Pm,0，设点P设直线AB的方程为x=ty+m，设点Ax'1联立x=ty+m3x2所以，t2−3≠0,3t由韦达定理可得y'1+故线段AB的中点为M−同理，直线DE的方程为x=−1线段DE的中点为N−3m−当t≠±1时，由P1、M、N三点共线可知，kP1整理可得s=3m2，即当点Pm,0当t=±1时，xN=xM=综上，P1故当点P3,0时，P13×32,0、由题意可知，△QRPn的面积为所以1S所以1S【解析】【分析】(1)已知右焦点F(2,0)，得c=2（c2=a2+b2），然后双曲线渐近线方程为bx±ay=0，点F到渐近线距离为1，根据点到直线距离公式|2b|a2+b(2)设l1斜率为k（k≠0），则l2斜率为−1k，分别设l1:y=k(x−3)，l2:y=−1k(x−3)，然后将l1与双曲线方程联立，利用韦达定理求A,B中点M坐标；同理求(3)通过P1的推导，归纳Pn的坐标规律（可能为定点），然后根据Q(1,0)、R(1,1)、Pn坐标，求△QRPn的面积Sn（利用三角形面积公式，底为QR长度，高为Pn横坐标与1（1）双曲线的渐近线方程为y=±bax则点F到渐近线的距离为bcb又因为c=2，所以a=c因此，双曲线C的方程为x2（2）当l1⊥x轴，l2必然与x轴重合，由曲线的对称性知AB的中点MDE的中点N也在x轴，故MN经过的定点P1x1设点P1n,0，设直线AB的方程为x=ty+3，设点Ax联立x=ty+3x2−3所以，t2−3≠0,3t由韦达定理可得y'1+故线段AB的中点M−同理可知，直线DE的方程为x=−1ty+3，DE的中点为N当t≠±1时，由P1、M、N三点共线可得kP1解得n=92，因此，当t=±1时，xN=xM=故P1（3）由（2）可知，当P3,0时，定点P192,0考虑一般情况，假设点Pm,0，设点P设直线AB的方程为x=ty+m，设点Ax'1联立x=ty+m3x2所以，t2−3≠0,3t由韦达定理可得y'1+故线段AB的中点为M−同理，直线DE的方程为x=−1线段DE的中点为N−3m−当t≠±1时，由P1、M、N三点共线可知，kP1整理可得s=3m2，即当点Pm,0当t=±1时，xN=xM=综上，P1故当点P3,0时，P13×32,0、由题意可知，△QRPn的面积为所以1S所以1S19．【答案】（1）解：设事件X：顶点A与顶点B相互可达，事件Y：A与B之间有边，当n=3时，A与B相互可达分以下两种情况：①A与B之间有边，概率为12②A与B之间无边，但都与第三个顶点有边，概率为1−1故A与B相互可达的概率P(X)=12+而P(XY)=P(Y)=12，故故A与B之间有边的概率为45（2）解：设事件C：恰有3个顶点相互可达，任取3个顶点，第4个顶点与这3个顶点均无边的概率为C4同时这3个顶点相互可达，故P(C)=12×R(3)①三个顶点两两有边，概率为12②有两个顶点间无边，但都与第3个顶点有边，概率为C3∴R(3)=18+∴恰有3个顶点相互可达的概率为14（3）解：固定任意一个顶点A,G2是连通的就是两个顶点间有边时，当n>2时，设事件Dn,i：恰好有(i−1)个顶点与x相互可达，任取除A以外i−1∴剩下(n−i)个顶点与这i个顶点都无边的概率为Cn−1i−1×则PDn,i=Cn−1因此R(n)=1−i=1PD4,1=PD4,3=PDPD∴R(5)=1−1【解析】【分析】(1)n=3时，顶点为A,B,C，所有可能的边组合（共C32=3条可能的边，每条存在概率12），可设“A与B相互可达”为事件M，“A与B有边”为事件N，然后用古典概型分别计算P(MN)（A,B有边时一定相互可达，计算有边且其他边任意的情况数）和P(M)（A,B相互可达包含“A,B有边”或“A,B无边但通过(2)首先分类讨论：4个顶点中选3个顶点的组合数为C43=4种，然后分析3个顶点连通的情况：对于选定的3个顶点，它们连通的概率为R(3)（可由(1)或类似思路得），第4个顶点与这3个顶点都不连通（即与3个顶点的边都不存在），最后计算概率：每种组合的概率为R(3)×123（3个顶点连通概率(3)首先利用递推思想：n个顶点的连通概率R(n)，