山东省枣庄市市中区辅仁高级中学2025届高三数学三轮冲刺卷(含详解)

2025届高三数学三轮冲刺卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效；
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
单选题（本大题共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．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数，其中是虚数单位，则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．已知向量，则（ ）
A．的充要条件是 B．的充要条件是
C．与垂直的充要条件是 D．若与的夹角为锐角，则的取值范围是
4．、、、、等名学生进入学校劳动技能大赛决赛，并决出第一至第五名的名次（无并列名次）.已知学生和都不是第一名也都不是最后一名，则这人最终名次的不同排列有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
5．已知变量线性相关，其一组样本数据，满足，用最小二乘法得到的经验回归方程为.若增加一个数据后，得到修正后的回归直线的斜率为2.1，则数据的残差的绝对值为（ ）
A．0.1 B．0.2 C．0.3 D．0.4
6．已知点，过点引直线l与曲线相交于A，B两点，当的面积取得最大值时，直线l的斜率等于（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数的图象在x轴上方，对，都有，若的图象关于直线对称，且，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
8．已知抛物线 的焦点为 为抛物线上的两点，满足 ，线段 的中点为 到抛物线 的准线的距离为 ，则 的最大值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在毎小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．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．已知幂函数的图象经过点，则（ ）
A． B．为偶函数
C．为增函数 D．，使得
10．已知等比数列的首项为1，公比不为1，若，，成等差数列，则（ ）
A．的公比为 B．的公比为
C．的前10项和为 D．，，成等差数列
11．设是定义在上的奇函数，且在上单调递减，，则（ ）
A．在上单调递减 B．
C．的图象与轴只有2个交点 D．不等式的解集为
三、填空题（本大题共3小题，每小题 5 分，共15分．）
12．在中，三个内角的对边分别为，若，则的值为 ．
13．如图，已知正和正方形的边长均为4，且二面角的大小为，则 .
14．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线交双曲线的右支于，两点，若，点满足，且，则双曲线的离心率为 .
四、解答题（本大题共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（13分）．在中，角A，，所对的边分别为，，，已知
(1)求角的大小，
(2)若，求面积的最大值，并求出此时对应，的值．
16（15分）．周末双休，四个同学约好一起参加体验活动，有甲、乙两个体验项目可供选择，每人必须参加且只能参加一个项目．四人约定每人通过掷一次质地均匀的骰子来决定自己参加哪个体验项目，若掷出点数小于3，就体验甲项目，否则体验乙项目．
(1)求这4个人中恰有2人参加甲项目的概率；
(2)用X，Y分别表示这4个人中参加甲、乙项目的人数，记，求随机变量的分布列及期望．
17（15分）．如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，.
(1)取线段中点，连接，证明：平面；
(2)求到平面的距离；
(3)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
18（17分）．已知抛物线与双曲线的渐近线在第一象限的交点为，且点的横坐标为6．
(1)求抛物线的方程；
(2)过点的直线与抛物线相交于，两点，关于轴的对称点为，证明：直线必过定点．
19（17分）．已知函数．
(1)若，求函数的极值；
(2)①当时，恒成立，求正整数k的最大值；
②证明：．
参考答案
1．B解析：，又，所以，故选：B．
2．C解析：，
则，其在复平面内对应的点位于第三象限.故选：C.
点睛：本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题.
3．B分析：根据给定条件，利用充要条件的定义求解判断ABC；利用向量夹角公式列式求出范围判断D.
解析：对于A，，则或，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，，C错误；
对于D，由与的夹角为锐角，得且与不共线，由选项B知，，D错误.故选：B
4．B分析：先从、、名同学中选名同学分配第一名和最后一名，剩余名同学的名次无限制，利用分步乘法计数原理可得结果.
解析：先从、、名同学中选名同学分配第一名和最后一名，剩余名同学的名次无限制，
由分步乘法计数原理可知，这人最终名次的不同排列的种数为种.故选：B.
5．A分析：根据已知求原数据的样本中心，再确定增加数据后的样本中心，进而得到修正后的回归直线，估计的对应值，最后由残差的定义求解.
解析：由题设，则，
增加数据后，，，且回归直线为，
所以，则，
所以，有，故残差的绝对值为. 故选：A
6．D分析：先化简曲线得出圆的方程，再结合三角形面积公式及点到直线距离计算求参.
解析：曲线，得，则，
所以曲线表示圆心为，半径为的半圆（x轴及以上部分）．
由于，
故当时的面积取得最大值，
此时圆心到直线l：的距离为，
即，如图，只有才可能满足题意，得．
故选：D.
7．C分析：先由函数的图象关于直线对称，得函数的图象关于直线对称，即函数是偶函数，可得．再把代入，可得函数周期为4，求得，，即可求解．
解析：因为的图象关于直线对称，
所以函数的图象关于直线对称，即函数是偶函数，故有．
因为，都有，所以，
所以，又函数的图象在x轴上方，
所以，所以，即函数的周期为4．
当，可得，所以，
当，可得，所以，所以，
所以.故选：C．
8．C分析：利用中位线定理和余弦定理的应用可得，结合基本不等式计算即可求解.
解析：设，过点A，B分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，
则，如图，
因为点M为线段的中点，所以点M到抛物线C的准线的距离为，
在中，因为，，
所以，
又，所以（当且仅当时，等号成立），
所以，即的最大值为．故选：C．
点睛：解决本题的思路是利用余弦定理的应用得出，结合分析即可求解.
9．ACD分析：根据幂函数的定义及题意可求出参数，进而可根据幂函数的性质逐一判断各个选项.
解析：由题可知，则，
又的图象经过点，所以，，所以，其定义域为，
所以为非奇非偶函数，且为增函数，故A，C正确，B错误；
因为与的图象在区间上的图象如下图示，其图象有交点，故D正确．
故选：ACD.
10．BCD分析：根据等差中项的性质，利用等比数列的通项公式基本量列式求解公比判断ABD，根据等比数列的求和公式求和判断C.
解析：设的公比为q，因为，所以，
因为，，成等差数列，所以，
因为，所以，因为，
所以，故A错误；B正确；
的前10项和为，故C正确；
因为，
所以，，也成等差数列，故D正确.故选：BCD
11．ABD分析：根据已知条件，可得在上单调递减，且，从而对各选项逐一分析即可求解.
解析：对A：因为是定义在上的奇函数，且在上单调递减，由奇函数的性质有在上单调递减，故选项A正确；
对B：因为是定义在上的奇函数，且在上单调递减，，所以，所以，故选项B正确；
对C：由题意，，又是定义在上的奇函数，所以，所以的图象与轴有3个交点，故选项C错误；
对D：由选项A、C可得的解集为，故选项D正确.故选：ABD.
12．/0.96 解析：，即，
则，因为，所以，
所以，所以，故答案为：.
13．分析：设分别为的中点，连接，分析可得为二面角的平面角，进而结合空间向量的线性运算及数量积求解即可.
解析：设分别为的中点，连接，
在正三角形中，，，
在正方形中，，，，
所以为二面角的平面角，即，
所以
.故答案为：.
14．分析：由，结合正弦定理可得，又，故，再结合余弦定理计算即可求得离心率.
解析：
由双曲线定义知，，，，
，，又，，
在中，，①
在中，，②
，，
结合①②化简得，，即平分，
又，，，，
在中，，
在中，，
，，
，化简得，.故答案为：.
点睛：解答本题的关键在于根据已知条件得到线段之间的关系，再利用余弦定理求出的关系，即可求解.
15．分析：（1）用诱导公式化简，整理后由三角形射影定理可得；
（2）余弦定理结合重要不等式可解.
解析：（1）由，得所以
所以，即，因为，所以
（2）由余弦定理得：所以，所以
所以，当且仅当时，有最大值
16．分析：（1）先得到每个人参加甲项目和乙项目的概率，利用二项分布求概率公式得到答案；
（2）求出的所有可能取值和对应的概率，得到分布列和数学期望值.
解析：（1）依题意知，这4个人中，每个人参加甲项目的概率为，参加乙项目的概率为，
设“这4个人中恰有人去参加甲项目”为事件．则，
故这4个人中恰有2人去参加甲项目的概率为．
（2）或时，，
或时，，
时，，
故的所有可能取值为0，2，4．
由于与互斥，与互斥，故，
，
．
所以的分布列是
0 2 4
所以．
17．分析：（1）取中点，连接，证出四边形为平行四边形，即可得证.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量以及，利用到平面的距离的向量公式即可求解.
（3）求得平面的法向量以及，利用向量夹角公式即可求解．
解析：（1）在四棱锥中，取中点，连接，
由为的中点，且，，得，，
则四边形为平行四边形，，而平面，平面，
所以平面．
（2）取的中点，连接，，由为等边三角形，得，
而平面平面，平面平面，平面，
则平面，由，得四边形是平行四边形，
于是，而，则，直线两两垂直，
以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，
设平面的法向量为，则，取，得，
又，所以到平面的距离.
（3）令，
，，
设平面的法向量为，则，
取，得，平面的法向量为，
于是，
化简得，又，解得，即，
所以线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，.
18．分析：（1）由双曲线求其渐近线方程，求出点的坐标，由此可求抛物线方程；
（2）联立直线的方程与抛物线方程可得关于x的一元二次方程根据韦达定理求出，求出直线的方程并令，求出x并逐步化简可得，则直线过定点.
解析：（1）设点的坐标为，因为点在第一象限，所以，
双曲线的渐近线方程为，因为点在双曲线的渐近线上，所以，
所以点的坐标为，又点在抛物线上，所以，所以，
故抛物线的标准方程为：；
（2）设直线的方程为，联立，消得，，
方程的判别式，即，
设，则，
设关于轴的对称点为，
则直线的方程为，
根据抛物线的对称性可知定点必定在轴上，
令得：
． 直线过定点．
点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法
（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
技巧：若直线方程为,则直线过定点;
若直线方程为 (为定值),则直线过定点
19．分析：（1）由函数解析式，利用导数求其单调性，根据极值的定义，可得答案；
（2）①由（1）所得函数的单调性，分情况求得最值，②利用不等式性质以及裂项相消，可得答案.
解析：（1）由题意可得，，，又，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
故当时，函数取极小值，
所以函数有极小值，无极大值.
（2）①因为当时，恒成立，所以，
由（1）若，则函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，函数在上单调递增，，符合题意；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增， 令，
则在上恒成立，所以在上单调递减，
由，，，
则存在使得，所以的解集为，
综上满足条件的正整数的取值范围，其中，
所以正整数的最大值.
②证明：要证，
即证，
由①知，令，
则，
所以
，
故.