試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2025屆高三第三次調研測試數學注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名，準考證號填寫在答題卡上.2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上指定位置，在其他位置作答一律無效.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．已知集合，則（

）A． B．C． D．2．復數滿足，則在復平面內，對應的點所在的象限是（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限3．第九屆亞冬會在哈爾濱舉行，參加自由式滑雪女子大跳臺決賽的六位選手的得分如下：119.50，134.75，154.75，159.50，162.75，175.50，則該組數據的第40百分位數為（

）A．134.75 B．144.75 C．154.75 D．159.504．已知函數，曲線在點處的切線與軸平行，則（

）A．－3 B．－1 C．0 D．15．在正項數列中，設甲：，乙：是等比數列，則（

）A．甲是乙的充分條件但不是必要條件B．甲是乙的必要條件但不是充分條件C．甲是乙的充要條件D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件6．已知函數的圖象關于直線對稱，則（

）A． B． C． D．7．設函數的定義域為是的極大值點，則（

）A．是的極小值點 B．是的極大值點C．是的極小值點 D．是的極大值點8．已知橢圓的離心率為，左，右焦點分別為，過的直線交于，兩點．若，則（

）A．2 B．3 C．4 D．5二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．已知，則（）A． B． C． D．10．已知雙曲線的左，右焦點分別為，直線交于，兩點，則（

）A． B．C．的最小值為 D．到的距離的最大值為11．定義：一個平面封閉區域內任意兩點之間的距離的最大值稱為該區域的“直徑”．在中，邊上的高等于，以的各邊為直徑向外分別作三個半圓，記三個半圓圍成的平面區域為，其“直徑”為，則（）A． B．面積的最大值為C．當時， D．的最大值為三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．若隨機變量，則．13．已知函數滿足，且，則方程的實數解的個數為．14．某封閉的圓錐容器的軸截面為等邊三角形，高為6．一個半徑為1的小球在該容器內自由運動，則小球能接觸到的圓錐容器內壁的最大面積為．四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15．已知某校有甲，乙兩支志愿服務隊，甲隊由3名男生和3名女生組成，乙隊由4名男生和1名女生組成．(1)先從兩隊中選取一隊，選取甲隊的概率為，選取乙隊的概率為，再從該隊中隨機選取一名志愿者，求該志愿者是男生的概率；(2)在某次活動中，從甲隊中隨機選取2名志愿者支援乙隊，記為乙隊中男生與女生人數之差，求的分布列與期望．16．已知數列是等差數列，記其前項和為，且，．(1)求數列的通項公式；(2)將數列與的所有項從小到大排列得到數列．①求的前20項和；②證明：．17．如圖，在直三棱柱中，點在上，．(1)證明：平面；(2)若，二面角的大小為．①求與平面所成角的正弦值；②點在側面內，且三棱錐的體積為，求的軌跡的長度．18．設為坐標原點，拋物線與的焦點分別為為線段的中點．點在上在第一象限），點在上，．(1)求曲線的方程；(2)設直線的方程為，求直線的斜率；(3)若直線與的斜率之積為，求四邊形面積的最小值．19．記．已知函數和的定義域都為，若存在，使得，當且僅當時等號成立，則稱和在上“次纏繞”.(1)判斷和在上“幾次纏繞”，并說明理由；(2)設，若和在上“3次纏繞”，求的取值范圍；(3)記所有定義在區間上的函數組成集合，證明：給定，對任意，都存在，使得，且和在上“次纏繞”.答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁1．C【分析】根據集合的交集運算求解即可.【詳解】因為，所以，故選：C2．A【分析】利用復數的除法法則計算出復數z即可判斷在第幾象限.【詳解】因為，故，故z對應的點為，故復數z對應的點在第一象限，故選：A3．C【分析】根據百分位數的定義求解.【詳解】六位選手得分由小到大排列如下：119.50，134.75，154.75，159.50，162.75，175.50，因為，所以該組數據的第40百分位數為第三個數154.75.故選：C4．D【分析】利用導數的幾何意義求出切線斜率，再由直線平行即可得解.【詳解】因為，且曲線在點處的切線與軸平行，所以，解得，故選：D5．A【分析】根據等比數列的定義和通項公式，結合充分條件、必要條件的定義即可判斷.【詳解】令，則，令，則，以此類推，得，則數列是以為首項，為公比的等比數列.若數列是等比數列，設其公比為，則，所以，，得，當時，；當時，不成立.所以甲是乙的充分不必要條件.故選：A6．D【分析】根據三角恒等變換公式化簡，再根據函數的對稱性得到，，最后由誘導公式計算可得.【詳解】因為，因為函數的圖象關于直線對稱，所以，，所以，，所以，.故選：D7．C【分析】A選項，的圖象和的圖象關于軸對稱，是的極大值點；BD選項，可舉出反例；C選項，的圖象和的圖象關于原點對稱，故是的極小值點.【詳解】A選項，的圖象和的圖象關于軸對稱，因為是的極大值點，故是的極大值點，A錯誤；BD選項，取，則是的極大值點，，故不是的極大值點，B錯誤；，其為偶函數，在上單調遞減，不是的極大值點，D錯誤.C選項，的圖象和的圖象關于原點對稱，因為是的極大值點，故是的極小值點，C正確.故選：C8．B【分析】設，由離心率得到，再由垂直關系利用勾股定理求出，再由求出，即可得解.【詳解】設，，因為橢圓的離心率，則，由，則，即，解得，則，，又，則，即，解得，所以.故選：B9．ABD【分析】對數函數的單調性判斷符號可判斷A。利用對數的運算計算可判斷B，根據換底公式及對數的運算可判斷CD.【詳解】因為，所以，故A正確；因為，故B正確；因為，故C錯誤；因為，故D正確.故選：ABD10．AC【分析】由題意求出雙曲線的漸近線方程即可判斷A；根據雙曲線的定義即可判斷B；設，則，根據平面向量數量積的坐標表示可得，即可判斷C；利用點到直線的距離公式計算即可判斷D.【詳解】A：由題意知，雙曲線的漸近線方程為，要使直線與雙曲線交于點，需，故A正確；B：由雙曲線的定義知，又點關于原點對稱，所以四邊形為平行四邊形，有，所以，故B錯誤；C：設，則（或），得，又，所以，則，即的最小值為-3，故C正確.D：，易知當時，，則到直線的距離為0；當時，到直線即的距離為，又且，所以，則，即到直線的距離小于，故D錯誤.故選：AC11．ABD【分析】由三角形等面積法及余弦定理可判斷A，再由基本不等式得出范圍即可得出面積最大值判斷B，再由題目條件得出三角形為等腰直角三角形，即可求出最大值判斷C，由C中結論及基本不等式判斷D.【詳解】設角所對的邊長為由三角形的面積公式可得，所以，由余弦定理，可得，所以，故A正確；由，又，所以，所以，所以，且僅當時取等，B正確；設邊上的中點分別為，在上取一點M，在上取一點，由兩點間線段最短可得，當且僅當四點共線時取等，所以，又，所以，解得，所以，，所以，故C錯誤；由前可知，，當且僅當時取等，故D正確.故選：ABD12．【分析】根據正態曲線的性質求解即可.【詳解】由，，得；所以，所以，又，所以，解得.故答案為：13．【分析】首先可得的周期為，方程的解，即為與的交點橫坐標，畫出與的圖象，數形結合即可判斷.【詳解】由函數滿足，則，所以的周期為，由，則，可得的圖象如圖，方程的解，即為與的交點橫坐標，且當時，由圖可知兩圖象交點個數為，即方程的實數解的個數為.故答案為：14．【分析】分別計算側面與底面上小球可能接觸到的容器內壁的面積，即可得解．【詳解】由軸截面為等邊三角形的高為6，易得圓錐的母線長與底面圓的直徑均為．小球的半徑為1，在圓錐內壁側面，小球接觸到的區域展開后是一個扇環，可知扇環的半徑為，，扇環所在扇形的圓心角為，所以扇環其面積為；在圓錐底面，小球接觸到的區域是一個圓，其半徑為其面積為．綜上，圓錐內壁上小球能接觸到的區域面積為．故答案為：15．(1)(2)分布列見解析，期望為3【分析】（1）根據全概率公式即可計算結果.（2）由題意可知的取值為1，3，5，然后求出對應的概率，即可得到分布列，從而求出期望．【詳解】（1）設事件A為“選甲隊”，事件B為“選乙隊”，事件C為“選中男生”則（2），從甲隊中隨機選取2名志愿者支援乙隊,X的可能取值為1、3、5，則,,故的分布列為：X135P數學期望為16．(1)(2)①；②證明見解析【分析】（1）設等差數列的公差為，依題意可得，對于取，即可求出、，從而求出通項公式；（2）①首先求出，即可得到，從而求出其前20項和；②由，分及兩種情況討論，當時利用裂項相消法計算可得.【詳解】（1）設等差數列的公差為，由，得，即，由，取，得，即，解得，，所以；（2）①由（1）知，，所以，因為，所以，所以；②證明：因為，所以，所以當時，；當時，，綜上可得.17．(1)證明見解析(2)①；②【分析】（1）根據直棱柱的性質及線面垂直的判定定理即可得證；（2）以為正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標系，①中求出平面的法向量，利用向量夾角得出直棱柱的高，再由線面角的向量求法求解；②中根據三棱錐體積求出點到平面的距離，再由向量法求距離，化簡可得軌跡方程，利用軌跡方程確定軌跡為線段，即可得解.【詳解】（1）在直三棱柱中，平面ABC,因為平面，所以又因為，，平面，所以平面（2）①在直三棱柱中，平面，，以為正交基底，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，設,設平面的法向量，由，取，得，所以平面的一個法向量，又平面的法向量，所以，解得所以，所以設與平面所成角為，則②因為，所以因為三棱錐的體積為，所以到平面的距離為因為在側面上，可設,到平面的距離為，即軌跡方程為，而,所以在側面上的運動軌跡是線段，所以的軌跡長度為.18．(1)(2)(3)【分析】（1）求出的坐標，即可得到的坐標，從而求出拋物線方程；（2）設，，，，聯立直線與拋物線方程，求出，的坐標，再由向量的關系求出的坐標，即可得解；（3）推導出，同理，即可得到，設，聯立直線與拋物線方程，消元、列出韋達定理，即可求出過定點坐標，再求出的最小值.【詳解】（1）拋物線的焦點為，由為線段的中點，可得，所以曲線的方程為；（2）設，，，，聯立，消去x整理得，解得，，則，，因為，則，因為，，則，所以，所以，，即，直線的斜率為；（3）因為，，，，所以，，因為，所以因為，，，，所以，①由代入①得，由得，因為，，所以，所以，同理，所以且，所以，因為，所以，所以，得，即，設，聯立消去x，得，所以，所以，則，所以過定點，則，當且僅當，即時取等號，所以，所以四邊形面積的最小值為19．(1)＂2次纏繞＂。理由見解析；(2)；(3)證明見解析.【分析】（1）找到和時，，則得到其為“2次纏繞”；（2）轉化為存在互異的三個正數，使得，求導得，再對合理分類討論即可；（3）方法一：取，令，則，且，即可證明存在，則證明了結論；方法二：記，取，設，再對分奇數和偶數討論即可.【詳解】（1）函數和＂2次纏繞＂，理由如下：，當和時，，則對任意，當且僅當和時，等號成立，所以由＂次纏繞＂定義可知和在上＂2次纏繞＂．（2）設，因為和在上＂3次纏繞＂，所以存在互異的三個正數，使得，當且僅當時等號成立，所以是的三個零點．注意到，所以1是的一個零點．，①當時，在上單調遞增，1是的唯一零點，不合題意．②當時，在上單調遞減，1是的唯一零點，不合題意．③當時，令，