PAGE20-2025屆高三數學其次次大聯考試題文（含解析）一、選擇題：本大題共12個小題，每小題5分，共60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.已知全集，集合，（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】解一元二次不等式求得全集，由此求得.詳解】由，解得，所以，所以.故選：A【點睛】本小題主要考查一元二次不等式的解法，考查集合補集的概念和運算，屬于基礎題.2.已知復數，則在復平面內對應的點位于（）A.第一象限 B.其次象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】【分析】利用復數除法運算化簡，由此求得，進而求得對應點所在象限.【詳解】依題意，所以，對應點為，在其次象限.故選：B【點睛】本小題主要考查復數除法運算，考查共軛復數，考查復數對應點所在象限，屬于基礎題.3.已知函數，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依據分段函數解析式，先求得的值，再求得的值.【詳解】依題意，.故選：A【點睛】本小題主要考查依據分段函數解析式求函數值，屬于基礎題.4.若橢圓：一個焦點坐標為，則的長軸長為（）A. B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】利用交點坐標求得的值，由此求得的長軸長.【詳解】由于方程為橢圓，且焦點在軸上，所以，解得，所以，長軸長為.故選：D【點睛】本小題主要考查依據橢圓焦點坐標求參數，考查橢圓長軸長的求法，屬于基礎題.5.已知是兩個不同平面，直線，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】依據面面平行的判定定理與性質即可得出答案．【詳解】解：由題意，若∥，則∥，依據面面平行的性質，∥是∥的充分條件；若∥，依據面面平行的判定定理不能推出∥，故不是充分條件；∴∥是∥的充分不必要條件，故選：A．【點睛】本題主要考查充分條件與必要條件的判定，屬于基礎題．6.我國古代數學著作《九章算術》中有如下問題：“今有器中米，不知其數，前人取半，中人三分取一，后人四分取一，余米一斗五升(注：一斗為十升).問，米幾何？”下圖是解決該問題的程序框圖，執行該程序框圖，若輸出的S=15(單位：升)，則輸入的k的值為（）?A.45 B.60 C.75 D.100【答案】B【解析】【分析】依據程序框圖中程序的功能，可以列方程計算．【詳解】由題意，．故選：B.【點睛】本題考查程序框圖，讀懂程序的功能是解題關鍵．7.已知等差數列滿意，，則數列的前10項的和為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】依據已知條件求得數列的通項公式，利用裂項求和法求得數列的前10項的和.【詳解】依題意等差數列滿意，，所以，所以，所以.所以數列的前10項的和為.故選：D【點睛】本小題主要考查等差數列通項公式的求法，考查裂項求和法，屬于基礎題.8.以下是人數相同的四個班級某次考試成果的頻率分布直方圖，其中方差最小的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】依據方差表示的意義選出正確選項.【詳解】方差表示數據波動性的大小、穩定程度.由頻率分布直方圖可知：數據越靠近均值，方差越小，所以方差最小的是B選項.故選：B【點睛】本小題主要考查依據頻率分布直方圖估計方差的大小，屬于基礎題.9.設函數的導函數為，若是奇函數，則曲線在點處切線的斜率為（）A. B. C.2 D.【答案】D【解析】【分析】利用為奇函數求得的值，由此求得的值.【詳解】依題意，由于是奇函數，所以，解得，所以，所以.故選：D【點睛】本小題主要考查函數導數的計算，考查函數的奇偶性，屬于基礎題.10.已知函數，有下列四個結論：①是偶函數②是周期函數③在上是增函數④在上恰有兩個零點其中全部正確結論的編號有（）A.①③ B.②④ C.①②④ D.①③④【答案】C【解析】【分析】依據的奇偶性、周期性、單調性和零點對四個結論逐一分析，由此確定正確選項.【詳解】由于，所以為偶函數，故①正確.由于，所以是周期為的周期函數，故②正確.當時，，所以，且，所以在上先減后增，③錯誤.當時，令，得，所以，且，所以有兩個零點，所以④正確.綜上所述，正確結論的編號有①②④.故選：C【點睛】本小題主要考查三角函數的奇偶性、周期性、單調性和零點，屬于中檔題.11.定義在上的奇函數滿意，若，，則（）A. B.0 C.1 D.2【答案】C【解析】【分析】首先推斷出是周期為的周期函數，由此求得所求表達式的值.【詳解】由已知為奇函數，得，而，所以，所以，即的周期為.由于，，，所以，，，.所以，又，所以.故選：C【點睛】本小題主要考查函數的奇偶性和周期性，屬于基礎題.12.正三棱柱的全部定點均在表面積為的球的球面上，，則到平面的距離為（）A.1 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依據球的表面積求得球的半徑，由此求得側棱的長，利用等體積法求得到平面的距離.【詳解】設等邊三角形的外接圓半徑為，由正弦定理得.由于球表面積為，故半徑，所以側棱長.在三角形中，，而，所以三角形的面積為.設到平面的距離為，由得，解得.故選：B【點睛】本小題主要考查幾何體外接球有關計算，考查等體積法求點面距離，屬于基礎題.二、填空題（每題5分，滿分20分，將答案填在答題紙上）13.已知，滿意約束條件，則的最小值為______．【答案】2【解析】【分析】作出可行域，平移基準直線到處，求得的最小值.【詳解】畫出可行域如下圖所示，由圖可知平移基準直線到處時，取得最小值為.故答案為：【點睛】本小題主要考查線性規劃求最值，考查數形結合的數學思想方法，屬于基礎題.14.已知向量，，則向量與的夾角為______．【答案】【解析】【分析】利用向量夾角公式，計算出向量，由此推斷出向量與的夾角為.【詳解】由于，所以，所以向量與的夾角為.故答案為：【點睛】本小題主要考查向量坐標的線性運算，考查向量數量積的運算，屬于基礎題.15.已知為數列的前項和，，則______．【答案】【解析】【分析】利用證得數列是等比數列，由此求得的值.【詳解】由于，當時.當時，兩式相減得.所以數列是首項為，公比為的等比數列，所以.故答案為：【點睛】本小題主要考查已知求，考查等比數列的前項和公式，屬于基礎題.16.已知、分別為雙曲線：（，）的左、右焦點，過的直線交于、兩點，為坐標原點，若，，則的離心率為_____．【答案】【解析】【分析】依據勾股定理求得的關系式，化簡后求得雙曲線離心率.【詳解】取的中點，連接，由于，所以，而，所以，是三角形的中位線.，設，則由雙曲線的定義可得，所以，，所以，在三角形中，由勾股定理可得，化簡得，所以.故答案為：【點睛】本小題主要考查雙曲線離心率的求法，考查數形結合的數學思想方法，屬于中檔題.三、解答題：共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第17～21題為必考題，每個試題考生都必需作答.第22、23題為選考題，考生依據要求作答.17.如圖，長方體中，是的中點，是的中點.（1）證明：平面平面；（2）證明：平面.【答案】（1）見解析（2）見解析【解析】【分析】（1）由，證得平面，由此證得平面平面.（2）取中點，連接，，，通過證明四邊形是平行四邊形，證得，由此證得：平面.【詳解】（1）∵是長方體，∴，，又，且平面，平面∴平面，即平面.因為平面，所以平面平面.（2）取中點，連接，，，則，，，，所以，且∴是平行四邊形，∴，∵平面，且平面，∴平面.【點睛】本小題主要考查面面垂直的證明，考查線面平行的證明，考查空間想象實力和邏輯推理實力，屬于基礎題.18.疫情爆發以來，相關疫苗企業發揮專業優勢與技術優勢爭分奪秒開展疫苗研發.為測試疫苗的有效性(若疫苗有效的概率小于90%，則認為測試沒有通過)，選定2000個樣本分成三組，測試結果如“下表:組組組疫苗有效673疫苗無效7790已知在全體樣本中隨機抽取1個，抽到組疫苗有效的概率是0.33.（1）求，的值；（2）現用分層抽樣的方法在全體樣本中抽取360個測試結果，求組應抽取多少個?（3）已知，，求疫苗能通過測試的概率.【答案】（1），=500（2）90（3）【解析】【分析】（1）依據“在全體樣本中隨機抽取1個，抽到組疫苗有效的概率”列方程，解方程求得的值，進而求得的值.（2）依據組占總數的比例，求得組抽取的個數.（3）利用列舉法，結合古典概型概率計算公式，計算出所求概率.【詳解】（1）∵在全體樣本中隨機抽取1個，抽到組疫苗有效的概率是0.33.∴，∴，.（2）應在組抽取的個數為.（3）由題意疫苗有效需滿意，即，組疫苗有效與無效的可能狀況有，共6種結果，有效的可能狀況有，共4種結果，∴疫苗能通過測試的概率.【點睛】本小題主要考查分層抽樣，考查古典概型概率計算，考查數據處理實力，屬于基礎題.19.內角，，的對邊分別是，，，其外接圓半徑為，面積，.（1）求；（2）若，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化簡已知條件，結合兩角和與差的余弦公式，求得的值，由此求得的大小，進而求得的大小.（2）依據正弦定理求得，由此求得，結合余弦定理列方程，求得，化簡后求得的值.【詳解】（1）由已知及正弦定理可得，即，∴，∵，∴，∴，∴，.（2），，∴，由已知及余弦定理得，，∴，.【點睛】本小題主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查兩角和與差的余弦公式，屬于基礎題.20.在平面直角坐標系中，為直線上動點，過點作拋物線:的兩條切線，，切點分別為，，為的中點.（1）證明:軸；（2）直線是否恒過定點?若是，求出這個定點的坐標；若不是，請說明理由.【答案】（1）見解析（2）直線過定點.【解析】分析】（1）設出兩點的坐標，利用導數求得切線的方程，設出點坐標并代入切線的方程，同理將點坐標代入切線的方程，利用韋達定理求得線段中點的橫坐標，由此推斷出軸.（2）求得點的縱坐標，由此求得點坐標，求得直線的斜率，由此求得直線的方程，化簡后可得直線過定點.【詳解】（1）設切點，，，∴切線的斜率為，切線：，設，則有，化簡得，同理可的.∴，是方程的兩根，∴，，，∴軸（2）∵，∴.∵，∴直線：，即，∴直線過定點.【點睛】本小題主要考查直線和拋物線的位置關系，考查直線過定點問題，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.21.設函數，.（1）探討的單調性；（2）若，證明：.【答案】（1）見解析（2）見解析【解析】【分析】（1）求得導函數，對分成兩種狀況進行分類探討，求得的單調區間.（2）構造函數，利用導數證得的最大值小于零，由此證得不等式成立.【詳解】（1），，若，則當且時，，當時，，∴在，上單調遞減，在上單調遞增；若，則在，上單調遞增，在上單調遞減.（2）令（），則，當時，，單調遞增，∴，當時，，令，則，（），由于，所以，所以，存在使得.由得.故取，且使，即，而，所以有.∵，∴存在唯一零點，∴有唯一的極值點且為極大值點、最大值點，由可得，∴，∵，∴為上的增函數，∴（），∴.綜上可知，當時，.【點睛】本小題主要考查利用導數探討函數的單調性，考查利用導數證明不等式，考查分類探討的數學思想方法，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于難題.22.在直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），將曲線上各點縱坐標伸長到原來的2倍（橫坐標不變）得到曲線，以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸，建立極坐標系，直線的極坐標方程為.（1）寫出的極坐標方程與直線的直角坐標方程；（2）曲線上是否存在不同的兩點，（以上兩點坐標均為極坐標，，），使點、到的距離都為3？若存在，求的值；若不存在，請說明理由.【答案】（1），（2）存在，【解析】【分析】（1）先求得曲線的一般方程，利用伸縮變換的學問求得曲線的直角坐標方程，再轉化為極坐標方程.依據極坐標和直角坐標轉化公式，求得直線的直角坐標方程.（2）求得曲線的圓心和半徑，計算出圓心到直線的距離，結合圖像推斷出存在符合題意，并求得的值.【詳解】（1）曲線的一般方程為，縱坐標伸長到原來的2倍，得到曲線的直角坐標方程為，其極坐標方程為，直線的直角坐標方程為.（2）曲線是以為圓心，為半徑的圓，圓心到直線的距離.∴由圖像可知，存在這樣的點，，則，且點到直線的距離，∴，