2025届黑龙江省牡丹江市第一高级中学高三下学期热身卷（三）数学试题（PDF版、含答案）

牡一中 2025 届高三（数学）学科热身卷三
A． 3 B．1 2 C．2 D． 2 2
数 学 试 题 二、选择题：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
考试时间:120 分钟 分值: 150 分 对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
9．下列说法正确的是（ ）
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 A．若一组数据 x1, x2 , , xn的方差为0，则所有数据 xi i 1, 2, n 都相同
求的.
B．在对两个分类变量进行 2 独立性检验时，如果列联表中所有数据都缩小为原来的十分之一，在相同的
1．已知集合 A x x 0 ，B x 3 x 4 ，则 CRA I B （ ）
2 n ad bc
2
检验标准下，再去判断两变量的关联性时，结论不会发生改变
a b c d a c b d
A． 3,0 B． 0,4 C． 3,0 D． 0, 4
C．已知一组样本点的经验回归方程为 y 4x a ，若其中两个样本点 p, 4 和 5,q 的残差相等，则
2．已知复数 z满足： 2 i z m，（其中 i 为虚数单位，m为实数且m 0），则 z的共轭复数 z在复平面 4p q 24
内对应的点位于（ ） D．已知一组数据为 1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，则它的第 70 百分位数为 7
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 10．“斐波那契数列”由十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契发现．因为斐波那契以兔子繁殖为例子而
3 ．已知平面向量 a 1, 2 ，b 4,3 ，则 a b与 a的夹角为（ ） 引入，故又称该数列为“兔子数列”“斐波那契数列” an 满足 a1 1,a2 1,an an 1 an 2 n 3,n N
* ，记其
π π 2π 3π
A． B S． C． D． 前 n项和为 n，则下列结论正确的是（ ）
6 4 3 4
4．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法 商功》中，后人称为 A． S7 33 B． S2024 S2023 S2022 S2021 a2026
“三角垛”.“三角垛”最上层有 1 个球，第二层有 3 个球，第三层有 6 个球，……第 n层
1 C． a1 a3 a5 a2023 a2024 D． a
2
1 a
2
2 a
2
3 a
2
2023 a2022a2023
有 an 个球，则数列 的前 100 项和为（ ）
an
11．已知 f x 是定义在R 上的奇函数，且 f x 图象连续不间断，函数 f x 的导函数为 f x ．当 x 0 时，
60 100
A 201
200
． B． C． D．
31 51 100 101 f x cos x 2 f x f x sin x，其中 e为自然对数的底数，则（ ）
5．下列函数中，既是奇函数又在 0, 上单调递增的为（ ）
A． f x 在R 上有且只有 1个零点 B． f x 在区间 0, 上单调递增
2
A． y tanx B． y ln 1 x ln 1 x C y x 1． 3 D． y ex e x 2xx
f π f
π

6．已知V ABC的面积为6 3， A 60 ， AB 3， B的内角平分线交边 AC于点D，则 AD的长为（ ） C
f 2025 0
． D． 4 4
12 7 28 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
A． B． C． D．7
5 2 5 12. 已知 cos 3 6
，
5
， 则 sin .
6 2
7．若直线 ax y 0始终平分圆 x2 y2 2ax 2ay 2a2 a 1 0 的周长，则 a的值为（ ） 2 2
13.已知圆C1 : x
2 y 2 b2 与椭圆C2 :
x y
2 2 1 a b 0 ，若在椭圆C2 上存在一点 P，过 P点能作圆C1的
A．1 B．0 C．0或1 D．0或 1 a b
uuur uuur uuur
8 A,B
π
C
．在棱长为 1 的正方体 ABCD ABC D中，点 P满足DP DD DA ， [0,1]， [0,1] 1， 两条切线，切点为 ，且 APB ，则椭圆 2 离心率的取值范围为 .1 1 1 1 1 2
则DP PB的最小值为（ ） 14.边长为 1 的正方体 ABCD A1B1C1D1中，E，F ，G分别为 AA1，CC1，B1C1 的中
数学试题 第 1 页 共 4 页
点，H 为正方体内的一个动点（包含边界），且满足 BH 1，则下列选项中所有正确结论的序号是 .
(2) AC BC EC M AMA 3 102若 ，在线段 1上是否存在点 ，使平面 1与平面 AME 夹角的余弦值为 ？若存在，
① 3 3 34线段 BH 与GF 无交点；②平面 EFG截正方体所得到的截面图形面积为 ；
4 确定点M 的位置；若不存在，请说明理由.
π
③直线 BH 与平面 EFG所成角为 ；④在平面 EFG上存在点 H ，使得 BH 平面 EFG .
3
四、解答题：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。
18. ( 17 ) P 2,0 本小题 分 已知动圆过定点 ，且在 y轴上截得的弦长为 4.动圆圆心的轨迹为曲线 E .
15. (本小题 13 分) π在△ ABC中， BC = 3,AC = 6,A = , cosC < 0.
6 (1)求曲线 E的方程；
(1)求 B:
(2)设过点 F 1,0 的直线交曲线 E于 A，B两点，过点M 1,0 的直线MA与 E的另一个交点为 C，点 A在
(2)求函数. f x = 2sin x C sin x + A + B 在[0， ]上的最大值.
M与 C之间.
（i）证明：线段 BC垂直于 x轴；
（ii）记 FBC的面积为 S1 ，△MFC的面积为 S2，求5S2 S1的取值范围.
16.(本小题 15 分)如图，点A ，B，C，D，E均在直线 l上，且 AB BC CD DE 1，质点M 与质点 N均
从点C出发，两个质点每次都只能向左或向右移动 1 个单位长度，两个质点每次移动时向左移动的概率均 3
1 19. (本小题 17 分)
f x x ax
已知函数 的图象与 x轴的三个交点为 A，O，B（O为坐标原点）.
为 4 ，每个质点均移动 2 次.已知每个质点移动 2 次后到达的点所对应的积分如下表所示，设随机变量 X 为
(1)讨论 f x 的单调性；
两个质点各自移动 2 次后到达的点所对应的积分之和.
1 x
(2)若函数 g x f x 2ln 有三个零点，求 a的取值范围；
A B C D E 1 x

积 (3)若 a 1 P
y f x OQ
，点 在 的图象上，且异于 A，O，B，点 Q满足 PA QA 0 ，PB QB 0 ，求 的
200 100 0 100 200
分 最小值.
(1)求质点M 移动 2 次后到达的点所对应的积分为 0 的概率；
(2)求随机变量 X 的分布列及数学期望.
17. ( 15 ) ABC ABC BC,BB本小题 分 如图，在直三棱柱 1 1 1中， BC BB1,E,F分别为 1的中点，且 AF EC1 .
数学答案
一、单选题(共 8 小题，每题 5 分，共 40 分)
二、多选题(共 3 小题，每题 6 分，共 18 分)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
C B D D D A B D AC ABC ACD
三、填空题(共 3 小题，每题 5 分，共 15 分)
12. 4 3 3 13. 2 ,1 14.①②⑤
(1)证明： AC 平面 BCC 1B1 . 10 2
数学试题 第 2 页 共 4 页
四、解答题(共 5 小题，共 77 分)
标系，若 AC BC，则可设 AC BC BB1 2，则
BC AC 3 6
15. 1 sin B
2

【详解】（ ）在V ABC中，由正弦定理得 B (0, π)
sin A sin B sin π sin B 2 C 0,0,0 , A 0,2,0 ,E 1,0,0 , A1 0,2,2 ,F 2,0,1 ,C1 0,0,2 ,设M x,0,2 2x 0 x 1 ，6
3π
B π 或 ．又 cosC 0 C π为钝角 B . 则 AM x, 2,2 2x ,AA 0,0,2 ,AE 1, 2,04 ，4 4 1
7π r r
（2）由（1）可知C π A B
7π
． f (x) 2sin(x C) sin(x π C) 3sin(x C) 3sin x 设平面 AMA1的一个法向量为m x1, y1,z1 ，平面 AME的一个法向量为 n x2 , y2 ,z2 ，12 12
0 x π 7π x 7π 5π x 7π 5π

∴当 ，即 x π时 m AM n AM m
·AM xx1 2y1 2

2x z1 0 n·AM xx 2y 2 2x z 012 12 12 12 12 则 ， ，则
2 2 2
，
m AA n AE m·AA 2z 0 n
，
1 1 1 ·AE x2 2y2 0
f (x) 3sin 5π 3sin π π 3 sin π cos π cos π sin π
2 3 2 1 3 3 6 3 2max ． 12 4 6 4 6 4 6

2 2 2 2 4 取 x1 2, x2 2，则m 2, x,0 ,n 2,1,1 ，
16.【详解】（1）设事件 F 为“质点M 移动 2 次后到达的点所对应的积分为 0”，由题意可知点M 两次移动
m ·n 4 x 3 102 13 1
1 3 3 1 3 所以
cos m, n 16x 2 34x 13 0 ，解得 x （舍去）或 x ，
后在点C，又起点为点C，即M 的移动一次向左一次向右，所以 P F . m n 4 x2 6 34 8 24 4 4 4 8
（2） X 的所有可能取值为 400， 200，0，200，400.
所以若 AC BC EC 3 102，在线段 1上存在点M ，使平面 AMA1与平面 AME夹角的余弦值为 ，此时M 为
P X 400 1 1 1 1 1 P X 200 1 1 3 2 3 34， ，
4 4 4 4 256 4 4 8 64
线段 EC 的中点.
P X 0 1 1 3 3 2 3 3 27 3 3 3 27
1
， P X 200 2 ，
4 4 4 4 8 8 128 4 4 8 64
18.【详解】（1）由题意，动圆过定点 P 2,0 ，设圆心T x, y ，弦的中点为 R，连接 RT ，则由圆的性质
P X 400 3 3 3 3 81 ，
4 4 4 4 256
PT 2得 RT 2 2 22，∴ x 2 y2 x2 4，整理得 y2 4x .当 y 0 时，也满足上式，∴曲线 E的方程为
所以随机变量 X 的分布列为
X 400 200 0 200 400 y2 4x .
1 3 27 27 81
P （2）（i）∵直线 AB的斜率不为 0，
256 64 128 64 256
E X 1 3 400 200 0 27 200 27 400 81 200 .
256 64 128 64 256
x ty 1
17.【详解】（1）证明：因为 BC BB1，所以由题在Rt△FBC和Rt△ECC1中， FB EC, BC CC，故 故设 AB的方程为 x ty 1，A x1, y1 1 ，B x2 , y2 ，联立 可得：y22 4ty 4 0 ， y 4x
Rt FBC≌Rt ECC π1，所以 EC1C FCC1 BCF FCC1 ，所以可得 FC EC1，又 AF EC1，2
AF FC F， AF、FC 平面 AFC，所以EC1 平面 AFC，又 AC 平面 AFC，所以 EC1 AC，又由
Δ 4t 2 16 0 ，则 y1y2 4， y1 y2 4t，
直三棱柱性质可得C1C AC，C1C EC1 =C1 ,C1C、EC1 平面 BCC1B1，所以 AC 平面 BCC1B1 .
k k y1 y2 y1 y2
2ty1y 2
2 y1 y2 8t 8t
MA MB 0
（2）由题意和（1）可以 C为原点，CB,CA,CC 为 x, y, z轴建立如图所示的空间直角坐 x1 1 x2 1 ty1 2 ty 2
BMF CMF
2 ty1 2 ty2 2 ty
.故 ，
1 2 ty2 21
数学试题 第 3 页 共 4 页
故直线 BM 与直线CM关于 x轴对称，即点 B与点 C关于 x轴对称，∴线段 BC垂直于 x轴.
a
2
（ii）由（i）可知C x2 , y2 ，不妨设 y2 0
1 e
，∵点 A在 M与 C之间，∴ x2 1， y2 2 g

， a 0，所以 g x 在 x0 ,1 上存在唯一的零点.综上，a 4 . 1 e 2
1 3 3 3

S1 2 y2 x2 1 x2 1 y
y2
2 y2，S
1
2 2y2 y
y y
2，则5S2 S1 6y2 2 ，令 f y 6y y 2 ，2 4 2 4 4
（3）设 A x1,0 ,B x2 ,0 ，且 x1 x2 a ,P m,n ,Q x, y ，因为点 P异于 A,O,B，所以m 0, a .2
则 f y 6 3y 3 8 y 2 ，令 f y 0，则8 y2 0，解得 2 y 2 2 ；令 f y 0，8 y2 0，4 4 m x1 x x1 ny 0
由 PA QA 0,PB QB 0 ，得 ，
解得 y 2 2 .则 f y 在 2, 2 2 上单调递增，在 2 2, 上单调递减， f y f 2 2 8 2max ， m x2 x x2 ny 0
∴5S 2 S1的取值范围为 ,8 2 . m a x a ny 0 2x m y m a m2 a 1即 ，解得 ，则 ，
m a x a ny 0 n m
3 am m
19.【详解】（1）由已知得， f x 0有三个根，令 x3 ax 0，得 x 0 或 x2 a 0，所以 x2 a 0有两个
|OQ | x2 y2 m2 1
1
所以 m2
m2
2 ，当且仅当 2 ，即m 1时，等号成立，
不同的解，所以 a 0 ，又 f x 3x2 m a，
所以 OQ 的最小值为 2 .
令 f x 0 x 3a x 3a，得 或 ，令 f x 0 3a x 3a，得 ，所以当 a 0 时， f x 在
3 3 3 3

, 3a
3a

3a 3a
和 , 上单调递增，在 , 上单调递减.
3 3 3 3
1 x 3 1 x
（2）令 0，得 1 x 1，令 g x x ax 2ln ，因为
1 x 1 x
g x g x x3 ax 2ln 1 x x3 ax 2ln 1 x 0，所以 g x 为奇函数.因为 g 0 0 ，所以 0 是 g x
1 x 1 x
g x f x 2ln 1 x的一个零点，要使 有三个零点，只需要 g x 在 0,1 有且仅有一个零点.
1 x
g x 3x2 a 4 2 在 0,1 上单调递增，g 0 a 4 .当 a 4 0，即a 4时，g x 0，所以 g x 在1 x
0,1 上单调递增，由 g 0 0，得 g x 在 0,1 上无零点，不合题意，舍去.当 a 4 0，即 a 4时，

g 4 4 1 a 0
a 4 ，所以存在 x0 0,1 ，使得 g x 0 .当0 x x 时，g x 0，所以 g x 1 1 0 0a
在 0, x0 上递减；当 x0 x 1时， g x 0，所以 g x 在 x0 ,1 上递增.当 x 0, x0 时， g x g 0 0 ，
a
3 1 x 1 x a 1 x 1 e 2
且 g x0 0 .当 x x0 ,1 时， g x x ax 2ln a 2ln ，令 ln ，解得 x a ，所以1 x 1 x 2 1 x
1 e 2
数学试题 第 4 页 共 4 页