1、20242025学年安康市高三年级第三次质量联考数学试卷注意事项：1答题前，考生务必将自己的姓名考生号考场号座位号填写在答题卡上2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1. 设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由集合交集、补集的定义即可求解.【详解】由题意，所以.故选：B.2. 已知复数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用共轭复数的意义及复数乘法求解.【详解】复数，则，所以.故选：D3. 有一组样本数据，其平均数为，方差为，若样本数据，的平均数为，方差为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据样本平均数和方差的性质，即可求解.【详解】根据样本数据平均数公式可知，方差.故选：C4. 已知抛物线上的点到焦点的距离为6，则点到轴的距离为（ ）A
2、. B. C. 2D. 4【答案】B【解析】【分析】由抛物线的定义确定坐标，即可求解.【详解】由抛物线方程可得：抛物线的准线方程为：，由抛物线的定义可得：点到准线的距离为6，所以点纵坐标为，代入抛物线方程可得：，得：，所以点到轴的距离为，故选：B5. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据对数函数的单调性计算范围比较即可.【详解】已知，则.故选：A.6. 已知正项等比数列的前项和为，若，则（ ）A. 16B. 32C. 27D. 81【答案】C【解析】【分析】应用，再结合等比数列基本量运算计算求解.【详解】等比数列的前项和为，因为，则，所以，因为，所以，所以或舍，所以.故选：C.7. 如图1，在直角梯形中，为线段上的一点，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体，如图2，则六面体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将六面体，补成直三棱柱，进而可求解.【详解】对于图2，延长至点，使得，如图： 由条件可知，又为平面内两条相交直线，为平面内两条相交直线，所以平面，平面，又，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，可得
3、,所以直棱柱的体积为：，因为平行且等于，可得平行且等于，又，所以三棱锥的体积为：，所以六面体的体积为.故选：D8. 已知函数及其导函数的定义域均为，若为奇函数，为偶函数，则（ ）A. B. 101C. 0D. 【答案】A【解析】【分析】由已知可得，求导得，进而可得，累加可求得.【详解】因为函数及其导函数为奇函数，所以，又函数为偶函数，所以，对两边求导，得，所以，又，所以，所以，所以，所以，所以，又，所以，所以，所以.故选：A.二多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分9. 已知向量，则（ ）A. B. C. D. 在上的投影向量的坐标为【答案】ABD【解析】【分析】A利用向量的模的坐标公式计算；B利用向量加法和数乘的坐标运算；C利用公式即可；D利用投影向量公式.【详解】因，则，故A正确；，则，则，故B正确；，则，故C错误；在上的投影向量为，故D正确.故选：ABD10. 在数列中，对任意，则（ ）A. B. 为递增数列C. 为等差数列D. 【答案】ABD【解析】【分析】令，可得，可判断BC；利用
4、累加法求出可判断A；进而利用裂项相消法求和可判断D.【详解】令，则，所以，所以为递增数列，不是等差数列，故B正确，C错误；由，累加得：，所以，故，而也符合该式，故，所以，故A正确；又，所以，故D正确.故选：ABD.11. 在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点出发，每次随机地向上下左右四个方向移动1个单位长度，移动6次，则（ ）A. 蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度的概率是B. 蚂蚁移动到点的概率为C. 蚂蚁回到原点的概率为D. 蚂蚁移动到直线上的概率为【答案】ACD【解析】【分析】对于A，由题意可知蚂蚁每一步的位置只能是或原点的上下左右四个点，第一次从坐标原点出发，有上下左右4种走法，第二次移动只能回到原点，即只有1种走法，同理可得后面四次的走法，利用分步乘法计数原理可得符合题意的路径数，而总路径数易得为种，利用古典概型可算得其概率；对于B，蚂蚁移动到点，则需恰好右移3次，上移3次，路径数为种，利用古典概型可算得其概率；对于C，要回到原点，则左右移动次数相等，需要分类讨论，求出符合题意的路径数，再除以总路径数即可求得其概率；对于D，可设净移动的概念，则满足题意的净移动取值有，类似C选项
5、的分析，进行分类讨论，同时可以考虑问题的对称性，可求得符合题意的路径总数，再除以总路径数即可求得其概率.【详解】对于A，蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度，则每一步的位置只能是或原点的上下左右四个点，最开始蚂蚁在原点，第一次移动有上下左右4种走法，第二次移动只能回到原点，即只有1种走法，同理，第三次移动有上下左右4种走法，第四次移动只能回到原点，即只有1种走法，第五次移动有上下左右4种走法，第六次移动只能回到原点，即只有1种走法，所以满足题意的共有种路径，而移动6次，每次有4种走法，即总路径数为，由古典概型可知蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度的概率为，故A正确；对于B，蚂蚁移动到点，则需恰好右移3次，上移3次，路径数为种，所以蚂蚁移动到点的概率为，故B错误；对于C，要回到原点，则左右移动次数相等，均为次；上下移动次数相等，均为次，总次数满足，即，可能的组合有：，即左右都3次，路径数为种；，即左右均2次，上下均1次，路径数为种；，即左右均1次，上下均2次，路径数为种；，即上下都3次，路径数为种；所以路径总数为种，故蚂蚁移动到点的概率为，故C正确；对于D，蚂蚁要移动到直线上，则水平净移动
6、（向右移动次数减去向左移动次数）要等于垂直净移动（向上移动次数减去向下移动次数），例如，向右移动3次，向左移动1次，则水平净移动为，向上移动2次，向下移动0次，则垂直净移动为次，此时蚂蚁位于，符合题意，设水平净移动为，则垂直净移动也为，当时，水平和垂直净移动均为0，即回到坐标原点，也即C选项所考虑的结果，共400种；当时，水平和垂直净移动均为1，设向左次数为，则向右次数为；设向下次数为，则向上次数为，总移动次数，所以可能的组合有：，此时向右1次，向左0次，向上3次，向下2次，路径数为种；，此时向右2次，向左1次，向上2次，向下1次，路径数为种；，此时向右3次，向左2次，向上1次，向下0次，路径数种；所以当时，路径总数为种；由对称性，可知当时，路径总数也为种；当时，水平和垂直净移动均为2，设向左次数为，则向右次数为；设向下次数为，则向上次数为，总移动次数，所以可能的组合有：，此时向右2次，向左0次，向上3次，向下1次，路径数为种；，此时向右3次，向左1次，向上2次，向下0次，路径数为种；所以当时，路径总数为种；由对称性，可知当时，路径总数也为种；当时，水平和垂直净移动均为3，设向左次数为
7、，则向右次数为；设向下次数为，则向上次数为，总移动次数，所以可能的组合只有：，此时向右3次，向左0次，向上3次，向下0次，路径数为种；由对称性，可知当时，路径总数也为种；当或绝对值更大时，总移动次数会超过6次，不符合题意，故蚂蚁移动到直线上的总路径数为种，所以概率为，故D正确；故选：ACD.三填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12. 若函数的最小正周期为，则_【答案】【解析】【分析】由正弦型函数最小正周期计算公式计算即可.【详解】因为的最小正周期为，所以故答案为：.13. 函数的最小值为_【答案】#【解析】【分析】首先根据导数判断函数的单调性，再求函数的最值.【详解】，令，得，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数取得最小值.故答案为：14. 已知双曲线的左、右顶点分别为是双曲线的左焦点，为双曲线的左支上任意一点（异于点），若，则双曲线的离心率为_【答案】【解析】【分析】由题意得，根据正切二倍角公式得，由，化简可得，再根据代入化简计算即可求解.【详解】设，由题意可知，则，所以，因为在双曲线上，所以，所以，因为，所以,得，即,化简可得,因为，所以，所以.故答案为：.四解答
8、题：本题共5小题，共77分解答应写出文字说明证明过程或演算步骤15. 在中，内角所对的边分别为，已知（1）求角的大小；（2）若的周长为，证明：为等边三角形【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由正弦定理转化为三角函数即可得解；（2）由余弦定理及三角形周长化简可得证.【小问1详解】由及正弦定理，得因为，所以，则，得【小问2详解】证明：由余弦定理得因为的周长为，即，所以，即，所以，故为等边三角形16. 如图，在四棱锥中，四边形为矩形，是线段的中点 （1）证明：平面（2）求平面与平面夹角的余弦值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理找垂直关系即可得证.（2）建立空间直角坐标系，写出两个平面的法向量，根据两个平面夹角余弦值的公式求解即可.【小问1详解】四边形为矩形，,又，且平面,平面,平面.平面，.又,且平面,平面,平面.【小问2详解】.所以以点为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，如图 则平面，即平面.平面的一个法向量，.设平面的一个法向量为,，得，得，令，则，.设平面与平面夹角为，则.所以平面与平面夹角的余弦值为.17. 现有一堆除颜色外其他都相同的小球在甲、乙两个袋子中，其中甲袋中有3个红色小球和3个白色小球，乙袋中有2个红色小球和3个白色小球小明先从甲袋中任取2个球不放回，若这2个球的颜色相同，则再从乙袋中取1个球；若这2个球的颜色不相同，则再从甲袋中取1个球（1）求小明第二次取到的球是红球的概率；（2）记为小明取到的红球个数，求的分布列及期望值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用全概率公式求解即可；（2）随机变量的值为，分别求得对应的概率，可得分布列，进而可求得期望值.【小问1详解】记小明从甲袋中取2个球的颜色相同为事件，记小明从甲袋中取2个球的颜色不相同为事件，记小明第二次
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