高級中學名校試題PAGEPAGE1海南省2025屆高三下學期學業水平診斷數學試題（三）一、單項選擇題：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，只有一是符合題目要求的．1.拋物線的準線方程為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由，可知拋物線的焦點在的正半軸上，又，所以，所以拋物線的準線方程為.故選：B.2.復數的虛部為（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】，所以虛部為，故選：B3.已知集合.，中（）A. B.C. D.【答案】D【解析】，所以或，所以，故選：D4.已知，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因為，所以，所以，所以.故選：A5.已知等差數列的前項和為，若，則（）A.12 B.16 C.20 D.22【答案】D【解析】由，可得：，所以，又，故選：D6.在同一平面內，向量滿足，則的最小值為（）A.3 B.2 C.1 D.【答案】A【解析】由題意，不妨設，則由得，則，所以，所以，所以當時，的最小值為3.故選：A7.若邊長為整數的正方形的四個頂點均在橢圓上，則的焦距為（）A.2 B. C. D.【答案】B【解析】由對稱性可知，正方形的四個頂點必在直線上，由于橢圓在y軸上的兩頂點間的距離為2，所以正方形的邊長只能為1，因此點在上，代入的方程得，解得，故，所以的焦距為.故選：B8.已知是遞增的等比數列，若，則當取得最小值時，（）A.B1C.4D.16【答案】D【解析】設的公比為q，由得，，故，又因為是遞增的數列，所以，因為，所以取得最小值等價于函數取得最小值，求導得，令得，令得，所以在上單調遞減，在上單調遞增，故當時，取得最小值，此時.故選：D二、多項選擇題：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.已知實數滿足，則下列不等式一定成立的是（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】對于A，由函數單調遞增，可知當，正確；對于B，取，可得，錯誤；對于C，取，顯然不成立，錯誤；對于D，等價于，由指數函數單調遞增可知：當，，所以成立，正確；故選：AD10.須彌座是一種古建筑的基座形式，又名“金剛座”，通常用于宮殿、寺廟、塔、碑等重要建筑的基座部分，由多層不同形狀的構件組成，具有很高的藝術價值.如圖所示，某古建筑的須彌座最下層為正六棱臺形狀，該正六棱臺的上底面邊長為3，下底面邊長為4，側面積為，則（）A.該正六棱臺的高為B.該正六棱臺的側面與下底面的夾角為C.該正六棱臺的側棱與下底面所成角的正弦值為D.該正六棱臺的體積為【答案】BCD【解析】如圖，分別是上,下底面中心，分別是棱中點，對于A，由已知可得每個側面等腰梯形的面積為，所以梯形的高為，由此可得該正六棱臺的高為，錯誤；對于B，由正棱臺的性質及二面角的概念可知，側面與下底面的夾角為，因為在直角梯形中，，，所以，易知為銳角，所以，正確；對于C，由正棱臺的性質及二面角的概念可知，側棱與下底面所成角為，在直角梯形中，，得，所以，正確；對于D，該棱臺上底面面積，下底面面積，故棱臺的體積為，正確.故選：BCD11.已知函數的定義域為R，且，若，則下列說法正確的是（）A. B.是奇函數C. D.若，則【答案】ABD【解析】對于A，令可得：，所以，正確；對于B，令，可得：，令可得：，即，所以，即是奇函數，正確；對于C：令，可得，由B可得：，所以，C錯誤；對于D，令，可得：，所以所以，，,累加可得：所以，化簡可得：，當時，代入可得滿足，所以，則，故選：ABD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.若（為正常數）的展開式中所有項的系數之和為81，則展開式中的常數項為__________．【答案】24【解析】令，由題意可得且，解得：，由通項公式可知：展開式中的常數項為.故答案為：2413.已知函數在上的最小值為，則的最小值為__________．【答案】【解析】由，可得：，令由題意可知：在可取到，結合余弦函數的性質可知需滿足：，解得，所以的最小值為，故答案為：14.某商場舉行有獎問答游戲，每名參加者要依次回答若干道題，若連續答對兩題則結束游戲，并獲得獎品，若連續答錯兩題也結束游戲，但不能獲得獎品，只要沒有出現連續答對或連續答錯的情況，就繼續答題．已知小明答對每道題的概率都為，則小明獲得獎品的概率為__________．【答案】【解析】設表示當前已答對最后一題的情況下獲得獎品的概率；表示當前已答錯最后一題的情況下獲得獎品的概率；由題意可得：，解得：，，所以小明獲得獎品的概率為，故答案為：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.記的內角所對的邊分別為，已知．（1）求；（2）若，求外接圓半徑的最小值．解：（1）由正弦定理及可得，，因為，所以，所以，因為，所以；（2）由題意得三角形外接圓的半徑，要使外接圓的半徑最小，只需最小，又因為，則由余弦定理得，當且僅當時取等號，此時，所以，即外接圓半徑的最小值為.16.如圖，將等腰直角三角形沿斜邊上的中線翻折，得到四面體．（1）證明：平面；（2）若，求平面與平面夾角的余弦值．（1）證明：由為等腰直角三角形斜邊上的中線，可得：，也即，又為平面內兩條相交直線，所以平面；（2）由，可得，所以，所以，因為平面，以為坐標原點，以為軸和軸，過在平面作的垂線為軸建系，易知，則設平面的法向量為，則，即，令，可得：，所以，易知平面的一個法向量為，設平面與平面夾角為，所以，所以平面與平面夾角的余弦值為；17.已知雙曲線的焦距為，過點的直線與交于兩點，且當軸時，．（1）求的方程；（2）若點都在的左支上，且以為直徑的圓與軸相切，求的斜率．解：（1）因為當軸時，，所以點在曲線C上，所以，又的焦距為，所以，所以，解得（負根舍去），所以，所以的方程為；（2）由題知，直線l的斜率一定存在，設直線的方程為，，聯立，消并整理得，因為直線與的左支交于兩點，所以，解得，所以，且，因為以為直徑的圓與軸相切，所以，所以，所以，結合，所以，解得，即的斜率為.18.已知函數．（1）若曲線在點處的切線平行于直線．求；（2）若且函數只有一個極值點.求實數的取值范圍；（3）若，求實數的取值范圍．解：（1）由題意，得，則，由題意，解得；（2）當時，，，令，則，當時，，則在上單調的遞增，所以函數不存在極值；當時，令即，得，令，則恒成立，則在上單調遞增，又，，所以存在唯一的，使得，當時，，即，所以函數單調遞減，當時，，即，所以函數單調遞增，所以僅在處取到極小值，符合題意.綜上，函數只有一個極值點時，實數的取值范圍為.（3）由，參變分離得，設，則，因為，所以，令，因為，所以，設，則，，當時，，為減函數，當時，，為增函數，所以，即的最小值為0，即，所以，即，故實數的取值范圍為.19.在一個足夠大的不透明袋中進行一個輪摸球試驗，規則如下：每一輪試驗時，袋中均有紅、黑、白三種顏色的球，從中隨機摸出一個球（摸出的球不再放回），若摸出紅球．則試驗成功；若摸出白球，則試驗失??；若摸出黑球，則進入判定環節：判定時，放回兩個黑球取出一個白球，再從中隨機摸出一個球，若為白球則試驗失敗，否則試驗成功．若試驗成功，則結束試驗，若試驗失敗，則進行下一輪試驗，直至成功或輪試驗進行完．已知第輪試驗開始時，袋中有1個紅球，個黑球，個白球．（1）求第1輪試驗成功的概率；（2）某團隊對這個試驗進行了一定的研究，請若干志愿者進行了5輪試驗，并記錄了第輪試驗成功志愿者的比例，記，發現與線性相關，求關于的經驗回歸方程，并預測試驗輪數足夠大時，試驗成功志愿者的比例；（3）記試驗結束時，試驗成功的概率為，證明：．參考數據：．附：回歸方程中斜率和截距的最小二乘估計公式分別為．解：（1）第1輪試驗中有1個紅球，1個黑球，2個白球，摸出紅球，即試驗成功的概率為，摸出黑球且試驗成功的概率為，所以第1輪試驗成功的概率為；（2），所以，則所求經驗回歸方程為，當試驗輪數足夠大，即足夠大時，x接近于0，則y接近于，故預測成功志愿者的比例為；（3）依題意，輪試驗失敗的概率為，設第輪試驗失敗的概率為，則，發生有兩種可能，直接摸出白球，概率為，或者摸出黑球后再摸出白球，概率為，所以，則，因此.海南省2025屆高三下學期學業水平診斷數學試題（三）一、單項選擇題：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，只有一是符合題目要求的．1.拋物線的準線方程為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由，可知拋物線的焦點在的正半軸上，又，所以，所以拋物線的準線方程為.故選：B.2.復數的虛部為（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】，所以虛部為，故選：B3.已知集合.，中（）A. B.C. D.【答案】D【解析】，所以或，所以，故選：D4.已知，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因為，所以，所以，所以.故選：A5.已知等差數列的前項和為，若，則（）A.12 B.16 C.20 D.22【答案】D【解析】由，可得：，所以，又，故選：D6.在同一平面內，向量滿足，則的最小值為（）A.3 B.2 C.1 D.【答案】A【解析】由題意，不妨設，則由得，則，所以，所以，所以當時，的最小值為3.故選：A7.若邊長為整數的正方形的四個頂點均在橢圓上，則的焦距為（）A.2 B. C. D.【答案】B【解析】由對稱性可知，正方形的四個頂點必在直線上，由于橢圓在y軸上的兩頂點間的距離為2，所以正方形的邊長只能為1，因此點在上，代入的方程得，解得，故，所以的焦距為.故選：B8.已知是遞增的等比數列，若，則當取得最小值時，（）A.B1C.4D.16【答案】D【解析】設的公比為q，由得，，故，又因為是遞增的數列，所以，因為，所以取得最小值等價于函數取得最小值，求導得，令得，令得，所以在上單調遞減，在上單調遞增，故當時，取得最小值，此時.故選：D二、多項選擇題：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.已知實數滿足，則下列不等式一定成立的是（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】對于A，由函數單調遞增，可知當，正確；對于B，取，可得，錯誤；對于C，取，顯然不成立，錯誤；對于D，等價于，由指數函數單調遞增可知：當，，所以成立，正確；故選：AD10.須彌座是一種古建筑的基座形式，又名“金剛座”，通常用于宮殿、寺廟、塔、碑等重要建筑的基座部分，由多層不同形狀的構件組成，具有很高的藝術價值.如圖所示，某古建筑的須彌座最下層為正六棱臺形狀，該正六棱臺的上底面邊長為3，下底面邊長為4，側面積為，則（）A.該正六棱臺的高為B.該正六棱臺的側面與下底面的夾角為C.該正六棱臺的側棱與下底面所成角的正弦值為D.該正六棱臺的體積為【答案】BCD【解析】如圖，分別是上,下底面中心，分別是棱中點，對于A，由已知可得每個側面等腰梯形的面積為，所以梯形的高為，由此可得該正六棱臺的高為，錯誤；對于B，由正棱臺的性質及二面角的概念可知，側面與下底面的夾角為，因為在直角梯形中，，，所以，易知為銳角，所以，正確；對于C，由正棱臺的性質及二面角的概念可知，側棱與下底面所成角為，在直角梯形中，，得，所以，正確；對于D，該棱臺上底面面積，下底面面積，故棱臺的體積為，正確.故選：BCD11.已知函數的定義域為R，且，若，則下列說法正確的是（）A. B.是奇函數C. D.若，則【答案】ABD【解析】對于A，令可得：，所以，正確；對于B，令，可得：，令可得：，即，所以，即是奇函數，正確；對于C：令，可得，由B可得：，所以，C錯誤；對于D，令，可得：，所以所以，，,累加可得：所以，化簡可得：，當時，代入可得滿足，所以，則，故選：ABD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.若（為正常數）的展開式中所有項的系數之和為81，則展開式中的常數項為__________．【答案】24【解析】令，由題意可得且，解得：，由通項公式可知：展開式中的常數項為.故答案為：2413.已知函數在上的最小值為，則的最小值為__________．【答案】【解析】由，可得：，令由題意可知：在可取到，結合余弦函數的性質可知需滿足：，解得，所以的最小值為，故答案為：14.某商場舉行有獎問答游戲，每名參加者要依次回答若干道題，若連續答對兩題則結束游戲，并獲得獎品，若連續答錯兩題也結束游戲，但不能獲得獎品，只要沒有出現連續答對或連續答錯的情況，就繼續答題．已知小明答對每道題的概率都為，則小明獲得獎品的概率為__________．【答案】【解析】設表示當前已答對最后一題的情況下獲得獎品的概率；表示當前已答錯最后一題的情況下獲得獎品的概率；由題意可得：，解得：，，所以小明獲得獎品的概率為，故答案為：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.記的內角所對的邊分別為，已知．（1）求；（2）若，求外接圓半徑的最小值．解：（1）由正弦定理及可得，，因為，所以，所以，因為，所以；（2）由題意得三角形外接圓的半徑，要使外接圓的半徑最小，只需最小，又因為，則由余弦定理得，當且僅當時取等號，此時，所以，即外接圓半徑的最小值為.16.如圖，將等腰直角三角形沿斜邊上的中線翻折，得到四面體．（1）證明：平面；（2）若，求平面與平面夾角的余弦值．（1）證明：由為等腰直角三角形斜邊上的中線，可得：，也即，又為平面內兩條相交直線，所以平面；（2）由，可得，所以，所以，因為平面，以為坐標原點，以為軸和軸，過在平面作的垂線為軸建系，易知，則設平面的法向量為，則，即，令，可得：，所以，易知平面的一個法向量為，設平面與平面夾角為，所以，所以平面與平面夾角的余弦值為；17.已知雙曲線的焦距為，過點的直線與交于兩點，且當軸時，．（1）求的方程；（2）若點都在的左支上，且以為直徑的圓與軸相切，求的斜率．解：（1）因為當軸時，，所以點在曲線C上，所以，又的焦距為，所以，所以，解得（負根舍去），所以，所以的方程為；（2）由題知，直線l的斜率一定存在，設直線的方程為，，聯立，消并整理得，因為直線與的左支交于兩點，所以，解得，所以，且，因為以為直徑的圓與軸相切，所以，所以，所以，結合，所以，解得，即的斜率為.18.已知函數．（1）若曲線在點處的切線平行于直線．求；（2）若且函數只有一個極值點.求實數的取值范圍；（3）若，求實數的取值范圍．解：（1）由題意，得，則，由題意，解得；（2）當時，，，令，則，當時，，則在上單調的遞增，所以函數不存在極值；當時，令即，得，令，則恒成立，則在上單調遞增，又，，所以存在唯一的，使得，當時，，即，所以函數單調遞減，當時，，即，所以