2025届山西省吕梁市高三第三次模拟考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山西省吕梁市2025届高三第三次模拟考试数学试题一、单选题1．已知集合A={x∣lnx<2},B={-1,0,2,e}，则A．{-1,0,2} B．{2,e} C．{0} D【答案】B【解析】集合A={x∣ln则A∩B=2,故选：B.2．复数z满足，z2+i=-1+i，则A．10 B．10 C．8 D．2【答案】A【解析】由z2+可得z=-1+所以|z|=10故选：A3．已知等差数列an的公差d>0,a1=1,aA．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【解析】由等差数列通项公式an=a已知a1=1，所以a2将a2=1+d，a3=1+2d代入则1+2d+d2-1-2d=9，化简可得：d2=9因为已知公差d>0，所以舍去d=-3，得到故选：B.4．已知向量AB=(m,n),AC=(2,1),BC⋅A．12516 B．5 C．5 D．【答案】C【解析】BC=∵BC⋅AC所以m2所以最小值为5，当m=2,n=1时取得.故选：C.5．在x2+2x+1xA．11 B．15 C．20 D．25【答案】C【解析】(x+1x)5展开式的通项公式为：T情况一：x2与(x+1x)令5-2r=1，解得r=2.将r=2代入到C5r中，可得C52=5×42×1=10，所以x2情况二：2与(x+1x)5令5-2r=3，解得r=1.将r=1代入到C5r中，可得C51=51=5，所以2与将两种情况得到的x3的系数相加，可得10+10=20，即(x2+2)故选：C.6．已知点A,F2分别为双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点和右焦点，过点F2且与xA．3 B．3 C．2 D．2【答案】C【解析】由题意AM⊥AN，由双曲线的对称性可知AF2垂直且平分线段从而AF2=12Mc,从而a+c=b2a=c故选：C.7．已知点M为圆O:x2+y2=4与y轴负半轴的交点，直线l:y=kx+32与圆O交于A．3 B．143 C．4 D．【答案】B【解析】注意到直线l:y=kx+32过点C0,3可得x2+kx+设Ax1,又S△ABM=1则S=7当且仅当1k2故选：B8．已知函数f(x)=(x-a)2-|x-a|-A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【解析】令t=x-a，则x=t+a，函数f(x)=(x-a)2-|x-a|-因为函数f(x)有三个零点，所以函数g(t)也有三个零点.g(t)是偶函数，其图象关于y轴对称.因为g(t)有三个零点，根据偶函数的性质可知，必有一个零点为t=0.将t=0代入g(t)=t2-|t|-a2+a中，可得因为a>0，所以a-1=0，解得当a=1时，g(t)=t当t≥0时，g(t)=t2-t，令g(t)=0，即t2-t=0，因式分解得t(t-1)=0因为g(t)是偶函数，所以当t<0时，g(t)=t2+t，令g(t)=0，即t2+t=0所以g(t)的三个零点为-1，0，1.因为t=x-a，a=1，所以当t=-1时，x=-1+1=0；当t=0时，x=0+1=1；当t=1时，x=1+1=2.即f(x)的三个零点为0，1，2.三个零点之和为0+1+2=3.故选：D.9．已知变量x和变量y，根据最小二乘法估计得到成对数据组1,y1,2,y2,3,y3,（参考公式，对于一组成对数据x1,y1,A．直线l1经过点(3,y)B．直线l2不经过点(3,y) C．【答案】A【解析】根据回归方程的性质得出直线l1经过点样本中心点(3,y)直线直线l2经过点样本中心点(3,y)回归直线l1:y=bx+a，l2:故选：A.二、多选题10．已知在正四面体A-BCD中，M，N分别是AB,CD的中点，平面α与直线AB,CD都平行，则（

）A．MN∥αB．MN⊥αC．直线AC与平面α所成角为60°D．平面ABC与平面α的夹角的余弦值为3【答案】BD【解析】如图，把正四面体放入正方体中，易知平面α与平面ABE平行，因为M，N分别是AB,CD的中点，所以MC=MD，所以MN⊥CD，同理可得MN⊥AB，又因为CD//ME，所以MN⊥ME，又因为ME交AB于M，所以MN⊥平面ABE，所以MN⊥α，故A错误，B正确；直线AC与平面α所成的角为∠CAE=45°，故C错误；平面ABC与平面α的夹角为∠CME，设正方体的边长为2，由正方体的性质可得ME=2由余弦定理可得cos∠CME=22+故选：BD.11．已知定义域为(-1,1)的函数f(x)满足∀x,y∈(-1,1)，都有f(x)+f(y)+1=fx+y1+xy，且x∈(0,1)时，f(x)>-1，则（A．f(0)=-1 B．f(x)是偶函数C．f(2x-1)>f(1-x)的解集为23,1 D【答案】ACD【解析】对A，令x=y=0，2f0+1=f0对B，令y=-x，fx+f-x+1=f0=-1⇒fx对C，fy+f-y即f(x)-f-y=1+fx+y1+xy，x2-x11-x2所以f(x2)-fx1f(2x-1)>f(1-x)，所以-1<2x-1<1-1<1-x<12x-1>1-x，解得x∈2对D，fx+f-x=-2，故选：ACD.三、填空题12．已知抛物线y=14x2上的点P到其焦点的距离为4，则点【答案】23,3【解析】抛物线y=14x则抛物线的焦点坐标为F0,1，准线方程为y=-1设抛物线上一点Px由抛物线的定义可得PF=14x02+1=4，解得x故答案为：23,3或13．已知圆柱的上、下底面圆周在同一球面上，且球的表面积是圆柱的表面积的2倍，则球的体积与圆柱的体积的比值是．【答案】5【解析】设球的半径为R，圆柱底面的半径为r，圆柱的母线长为l，则球的表面积为S1=4π所以S1S2=又圆柱的上、下底面圆周在同一球面上，所以l22由①②解得l=4r，R=5圆柱的体积为V2=π故答案为：5514．设函数fx=cosx(|sinx|+1)，若对于任意的x∈R【答案】2π【解析】对于任意的x∈R，都有f则fx注意到fx+2π=fx，fx则由fx在0,π0,π时，f故f'x∈0,π⇒sinx+1>0则fx的最值只可能在x=0,x=π因f0则此时fxmin=f故答案为：2四、解答题15．已知在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，其中c=2,3（1）求B；（2）若△ABC的面积S=3+12解：（1）因为c=2,3bsin由正弦定理得3sinBsin则3sinB=cosB，即tanB=（2）由于△ABC的面积S=12ac由余弦定理得b2故b=216．某企业为了提高生产效率，采用智能监测器对企业的生产设备进行监测．已知该企业的生产设备正常的概率p0=0.8，在生产设备异常的情况下，每台智能监测器出现预警信号的概率为p1（1）如果用2台智能监测器进行监测，且每台智能监测器相互独立，已知p1=0.9，在生产设备异常的情况下，求智能监测器出现预警信号的台数（2）如果用1台智能监测器进行监测，要使在智能监测器出现预警信号的条件下，生产设备异常的概率超过95%，求p1解：（1）智能监测器出现预警信号的台数X的所有可能取值为0,1,2，则X∼B2则PX=0=CPX=2则X的分布列为故X的数学期望为EX（2）设生产设备正常为事件A，生产设备异常为事件A，智能监测器出现预警信号为事件B，则P(A)=p0=0.8，P(A)=1-由全概率公式知P(B)=P(A)P(B|A)+P(APBA=P解得p1>3839，又因为0<p17．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为4的正方形，AD∥EF,AD⊥BE．（1）证明：平面ABCD⊥平面ABE；（2）若EA=EB=6，当平面BDE与平面CDF的夹角为π（1）证明：在正方形ABCD中，AD⊥AB，由因为AD⊥BE，AB,BE是平面ABE内两条相交直线，所以AD⊥平面ABE，又AD在平面ABCD内，所以平面ABCD⊥平面ABE（2）解：取AB的中点O，CD的中点G，连接OE,OG，因为EA=EB=6所以OE⊥AB,OE=2又因为平面ABCD⊥平面ABE，相交于AB，且OE在平面ABE内，所以OE⊥平面ABCD，如图，分别以OA,OG,OE所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设EF=aa>0以题意得：D2,4,0设平面BDE的法向量m=x,y,z，则m⋅令x=1，得y=-1,z=-2则m=设平面CDF的法向量n=x1则n⋅令y1=2所以n=设平面BDE与平面CDF的夹角为θ，则cosθ=化简可得：a2-4a+4=0，解得：将该多面体补成三棱柱，如图：所以多面体的体积V=18．已知A，B分别为椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点，F1,F2分别为其左、右焦点，P是椭圆E上与A，B不重合的任意一点，点P到原点O的距离的最小值为1，直线PA与直线（1）求椭圆E的方程；（2）（i）证明：直线MnGn（ii）设切线MnGn与椭圆E的切点的横坐标为x（1）解：由题意b=1，不妨设P0,1，从而1-00+a⋅故所求为x2（2）证明：（i）由题意F2所以以F2Mn以AB为直径的圆的方程为x2两式相减得，x2解得x=n+2n+1，注意到点Gn从而，y=2-n+2n+12=设Qnx0,y0是椭圆上一点，当当Qn与左右顶点不重合时，设Qn在此时x22+y2此时过点Qnx0,y同理可证当Qn在x轴下方时，过点Qnx综上所述，过点Qnx0设直线x0x2则nx02点Qn的坐标满足2所以直线MnGn（ii）由（2）（i）可知xn当n=2时，n∑当n≥3,n∈N*<1+n19．存在非零常数W，使∀x∈R，都有f(x+W)=Wf(x)（1）判断一次函数y=px+q(p≠0)能否为稳定函数，并说明理由；（2）如果指数函数f(x)=ax（a>0，且a≠1）是稳定函数，求底数（3）若g(x)=coskx是稳定函数，求解：（1）假设一次函数y=px+q(p≠0)是稳定函数，则存在非零常数W，使得：p(x+W)+q=Wpx+q,展开并整理得：px+pW+q=Wpx+Wq所以p=WppW+q=Wq,解得p=0，与题干p≠0（2）指数函数f(x)=ax（a>0，且a≠1）是稳定函数，故满足即：ax+W=W⋅ax故只需解方程lna=lnW则f'x=1-lnxx2，当故fx在0,e单调递减，在e,+∞故lna≤1e，而a≠1,a>0，故0<a<1（3）若g(x)=coskx是稳定函数，则存在非零常数W，使得利用余弦加法公式展开左边：cos(kx+kW)=等式变为：cos(kx)cos(kW)-由sinkW=0得kW=nπ（n为非零整数），即W=cosn进一步分析得k=mπ（m为非零整数），此时W=1因此：g23=cosm故g山西省吕梁市2025届高三第三次模拟考试数学试题一、单选题1．已知集合A={x∣lnx<2},B={-1,0,2,e}，则A．{-1,0,2} B．{2,e} C．{0} D【答案】B【解析】集合A={x∣ln则A∩B=2,故选：B.2．复数z满足，z2+i=-1+i，则A．10 B．10 C．8 D．2【答案】A【解析】由z2+可得z=-1+所以|z|=10故选：A3．已知等差数列an的公差d>0,a1=1,aA．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【解析】由等差数列通项公式an=a已知a1=1，所以a2将a2=1+d，a3=1+2d代入则1+2d+d2-1-2d=9，化简可得：d2=9因为已知公差d>0，所以舍去d=-3，得到故选：B.4．已知向量AB=(m,n),AC=(2,1),BC⋅A．12516 B．5 C．5 D．【答案】C【解析】BC=∵BC⋅AC所以m2所以最小值为5，当m=2,n=1时取得.故选：C.5．在x2+2x+1xA．11 B．15 C．20 D．25【答案】C【解析】(x+1x)5展开式的通项公式为：T情况一：x2与(x+1x)令5-2r=1，解得r=2.将r=2代入到C5r中，可得C52=5×42×1=10，所以x2情况二：2与(x+1x)5令5-2r=3，解得r=1.将r=1代入到C5r中，可得C51=51=5，所以2与将两种情况得到的x3的系数相加，可得10+10=20，即(x2+2)故选：C.6．已知点A,F2分别为双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点和右焦点，过点F2且与xA．3 B．3 C．2 D．2【答案】C【解析】由题意AM⊥AN，由双曲线的对称性可知AF2垂直且平分线段从而AF2=12Mc,从而a+c=b2a=c故选：C.7．已知点M为圆O:x2+y2=4与y轴负半轴的交点，直线l:y=kx+32与圆O交于A．3 B．143 C．4 D．【答案】B【解析】注意到直线l:y=kx+32过点C0,3可得x2+kx+设Ax1,又S△ABM=1则S=7当且仅当1k2故选：B8．已知函数f(x)=(x-a)2-|x-a|-A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【解析】令t=x-a，则x=t+a，函数f(x)=(x-a)2-|x-a|-因为函数f(x)有三个零点，所以函数g(t)也有三个零点.g(t)是偶函数，其图象关于y轴对称.因为g(t)有三个零点，根据偶函数的性质可知，必有一个零点为t=0.将t=0代入g(t)=t2-|t|-a2+a中，可得因为a>0，所以a-1=0，解得当a=1时，g(t)=t当t≥0时，g(t)=t2-t，令g(t)=0，即t2-t=0，因式分解得t(t-1)=0因为g(t)是偶函数，所以当t<0时，g(t)=t2+t，令g(t)=0，即t2+t=0所以g(t)的三个零点为-1，0，1.因为t=x-a，a=1，所以当t=-1时，x=-1+1=0；当t=0时，x=0+1=1；当t=1时，x=1+1=2.即f(x)的三个零点为0，1，2.三个零点之和为0+1+2=3.故选：D.9．已知变量x和变量y，根据最小二乘法估计得到成对数据组1,y1,2,y2,3,y3,（参考公式，对于一组成对数据x1,y1,A．直线l1经过点(3,y)B．直线l2不经过点(3,y) C．【答案】A【解析】根据回归方程的性质得出直线l1经过点样本中心点(3,y)直线直线l2经过点样本中心点(3,y)回归直线l1:y=bx+a，l2:故选：A.二、多选题10．已知在正四面体A-BCD中，M，N分别是AB,CD的中点，平面α与直线AB,CD都平行，则（

）A．MN∥αB．MN⊥αC．直线AC与平面α所成角为60°D．平面ABC与平面α的夹角的余弦值为3【答案】BD【解析】如图，把正四面体放入正方体中，易知平面α与平面ABE平行，因为M，N分别是AB,CD的中点，所以MC=MD，所以MN⊥CD，同理可得MN⊥AB，又因为CD//ME，所以MN⊥ME，又因为ME交AB于M，所以MN⊥平面ABE，所以MN⊥α，故A错误，B正确；直线AC与平面α所成的角为∠CAE=45°，故C错误；平面ABC与平面α的夹角为∠CME，设正方体的边长为2，由正方体的性质可得ME=2由余弦定理可得cos∠CME=22+故选：BD.11．已知定义域为(-1,1)的函数f(x)满足∀x,y∈(-1,1)，都有f(x)+f(y)+1=fx+y1+xy，且x∈(0,1)时，f(x)>-1，则（A．f(0)=-1 B．f(x)是偶函数C．f(2x-1)>f(1-x)的解集为23,1 D【答案】ACD【解析】对A，令x=y=0，2f0+1=f0对B，令y=-x，fx+f-x+1=f0=-1⇒fx对C，fy+f-y即f(x)-f-y=1+fx+y1+xy，x2-x11-x2所以f(x2)-fx1f(2x-1)>f(1-x)，所以-1<2x-1<1-1<1-x<12x-1>1-x，解得x∈2对D，fx+f-x=-2，故选：ACD.三、填空题12．已知抛物线y=14x2上的点P到其焦点的距离为4，则点【答案】23,3【解析】抛物线y=14x则抛物线的焦点坐标为F0,1，准线方程为y=-1设抛物线上一点Px由抛物线的定义可得PF=14x02+1=4，解得x故答案为：23,3或13．已知圆柱的上、下底面圆周在同一球面上，且球的表面积是圆柱的表面积的2倍，则球的体积与圆柱的体积的比值是．【答案】5【解析】设球的半径为R，圆柱底面的半径为r，圆柱的母线长为l，则球的表面积为S1=4π所以S1S2=又圆柱的上、下底面圆周在同一球面上，所以l22由①②解得l=4r，R=5圆柱的体积为V2=π故答案为：5514．设函数fx=cosx(|sinx|+1)，若对于任意的x∈R【答案】2π【解析】对于任意的x∈R，都有f则fx注意到fx+2π=fx，fx则由fx在0,π0,π时，f故f'x∈0,π⇒sinx+1>0则fx的最值只可能在x=0,x=π因f0则此时fxmin=f故答案为：2四、解答题15．已知在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，其中c=2,3（1）求B；（2）若△ABC的面积S=3+12解：（1）因为c=2,3bsin由正弦定理得3sinBsin则3sinB=cosB，即tanB=（2）由于△ABC的面积S=12ac由余弦定理得b2故b=216．某企业为了提高生产效率，采用智能监测器对企业的生产设备进行监测．已知该企业的生产设备正常的概率p0=0.8，在生产设备异常的情况下，每台智能监测器出现预警信号的概率为p1（1）如果用2台智能监测器进行监测，且每台智能监测器相互独立，已知p1=0.9，在生产设备异常的情况下，求智能监测器出现预警信号的台数（2）如果用1台智能监测器进行监测，要使在智能监测器出现预警信号的条件下，生产设备异常的概率超过95%，求p1解：（1）智能监测器出现预警信号的台数X的所有可能取值为0,1,2，则X∼B2则PX=0=CPX=2则X的分布列为故X的数学期望为EX（2）设生产设备正常为事件A，生产设备异常为事件A，智能监测器出现预警信号为事件B，则P(A)=p0=0.8，P(A)=1-由全概率公式知P(B)=P(A)P(B|A)+P(APBA=P解得p1>3839，又因为0<p17．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为4的正方形，AD∥EF,AD⊥BE．（1）证明：平面ABCD⊥平面ABE；（2）若EA=EB=6，当平面BDE与平面CDF的夹角为π（1）证明：在正方形ABCD中，AD⊥AB，由因为AD⊥BE，AB,BE是平面ABE内两条相交直线，所以AD⊥平面ABE，又AD在平面ABCD内，所以平面ABCD⊥平面ABE（2）解：取AB的中点O，CD的中点G，连接OE,OG，因为EA=EB=6所以OE⊥AB,OE=2又因为平面ABCD⊥平面ABE，相交于AB，且OE在平面ABE内，所以OE⊥平面ABCD，如图，分别以OA,OG,OE所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设EF=aa>0以题意得：D2,4,0设平面BDE的法向量m=x,y,z，则m⋅令x=1，得y=-1,z=-2则m=设平面CDF的法向量n=x1则n⋅令y1=2所以n=设平面BDE与平面CDF的夹角为θ，则cosθ=化简可得：a2-4a+4=0，解得：将该多面体补成三棱柱，如图：所以