文档内容
高三考前模拟综合检测试卷
2025.7
命题人：陈明 审题人：张胜冬
一、单选题：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】C
【解析】
【分析】根据对数的定义与单调性求解集合 ,然后求解交集.
【详解】由 ,则 ,
所以 .
故选：C.
2. 已知椭圆 的左顶点为 ，上顶点为 ．若 是 的焦距的 倍，则
的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，列出方程求出离心率.
【详解】设椭圆 的半焦距为c，而 ，又 ，
则 ，整理得 ，因此 ，
所以 的离心率为 .故选：B
3. S是等比数列{a}的前n项和，若S，S，S成等差数列，则{a}的公比q的值为( )
n n 4 3 5 n
A. B. 2 C. D. －2
【答案】D
【解析】
【详解】由S，S，S成等差数列，得2S＝S＋S，即2(a＋a＋a)＝2(a＋a＋a＋a)＋a，整理得a＝
4 3 5 3 5 4 1 2 3 1 2 3 4 5 5
－2a，所以 ＝－2，即q＝－2，故选D.
4
4. 已知角 ， 满足 ， ，则 的值等于（ ）
A. 1 B. C. 0 D.
【答案】A
【解析】
【分析】由切化弦，结合两角和差的正弦公式即可求解.
【详解】因为 ，
所以 ，即 ，
又 ，
两式联立可得： ，
所以 ，
故选：A
5. 若对于任意的 ，都有 ，则实数m的最小值为（ ）A. B. 2 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由 ，都有 转化为 ，得到函数
在 上单调递减，求出函数的导数，得到 在 恒成立，求出 的最小值.
【详解】由 ，都有 ,
转化为 ，
构造 在 上单调递减，
求导 在 上恒成立，
则 ，解得 ,
故 ，即 的最小值为 .
故选：D.
6. “ ”是“圆 上恰有2个点到直线 的距离
为1”的（ ）条件
A. 充分不必要 B. 必要不充分
C. 充要 D. 既不充分也不必要
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线与圆位置关系，以及充分条件与必要条件的概念，即可得出结果.
【详解】如图所示：设与直线 平行且与直线 之间的距离为1的直线方程为 ，
则 ，解得 或 ，
圆心 到直线 的距离为 ，
圆 到直线 的距离为 ，
由图可知，圆 与直线 相交，与直线 相离，
所以 ，即 ，
故“ ”是“圆 上恰有2个点到直线
的
距离为1”的必要不充分条件.
故选：B.
7. 满足 ， 的有序实数组 可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数运算化简得 ，逐个选项分析即可判断.
【详解】记 ，则 ，因为 ，所以 ，所以 ，
对于A， ，故A错误；
对于B， ，故B错误；
对于C， ，故C错误；
对于D， ，故D正确.
故选：D.
8. 是定义在R上的偶函数，对 ，都有 ，且当 时，
.若在区间 内关于x的方程 至少有2个不同的实数根，
至多有3个不同的实数根，则 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据题意分析函数 的对称性及周期性；再利用函数的对称性和周期性作出函数 在
上的图象；最后数形结合列出不等式组求解即可.
【详解】由 ，可得： .
又因为 是定义在R上的偶函数，
则 ，且函数 图象关于 轴对称.
所以 ，即 的周期为4.
作出函数 在 上的图象，根据 对称性及周期为4，可得出 在上的图象.
令
若在区间 内关于x的方程 至少有2个不同的实数根，至多有3个不同
的实数根，
则函数 与函数 在 上至少有2个不同的交点，至多有3个不同的交点.
所以 ，即 ，解得 .
故答案为：C
【点睛】关键点点睛：本题考查函数性质的综合应用，函数与方程的综合应用及数形结合思想.解题关键在
于根据题意分析出分析函数 的对称性及周期性，并作出 和 图象；将方程根的问题转化为
函数图象交点问题，数形结合解答即可.
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. 下列命题是假命题的是（ ）
A. 命题“ ， ”的否定是“ ， ”
B. 函数 最小值为
C. 函数 与 是同一个函数
D. 若不等式 的解集为 ，则不等式 的解集为【答案】ACD
【解析】
【分析】根据存在性命题的否定判断A，利用换元法结合对勾函数单调性可判断B，根据函数定义域判断
C，由一元二次不等式、一元二次方程的关系求不等式的解集判断D.
【详解】对于A，“ ， ”的否定是“ ， ”，故A为假命题；
对于B，令 ，则 ，所以函数 在 上单调递增，
所以 ，故B选项为真命题；
对于C，函数 定义域为R，函数 定义域为 ，
定义域不同，两函数不是同一个函数，故C选项为假命题；
对于D，由题意，方程 的解为 ，且 ，
由韦达定理可得 ，解得 ，
则不等式 ，即 ，
由 ，则不等式变为 ，解得 或 ，故D为假命题；
故选：ACD.
10. 已知点F是抛物线C： 的焦点，点A是抛物线C的准线与x轴的交点，过点A且斜率为k的直
线l与C交于M，N两点，则下列说法正确的是（ ）
A. k的取值范围为 B.
C. 若 ，则 或 D. 点M关于x轴的对称点在直线NF上
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出抛物线的焦点、准线方程，将直线 的方程与抛物线方程联立，由判别式判断 A；利用抛物线的定义结合几何图形推理判断B；利用韦达定理求出 判断C；利用斜率坐标公式、结合韦达定理求解
判断D.
【详解】抛物线C： 的焦点 ，准线 ，点 ，直线 ，
对于A，由 消去 得： ，依题意， ，
解得 且 ，因此k的取值范围为 ，A正确；
对于B，过 作准线的垂线，垂足分别为 ，则 ，
因此 ，即 ，B正确；
对于C，由 ，得 ，设 ，
则 ，而 ，联立解得 ，C错误；
对于D，直线 的斜率 ，直线 的斜率 ，
，
令点M关于x轴的对称点为 ，则直线 的斜率 ，
而直线 与直线 有公共点 ，因此点 在直线 上，D正确.
故选：ABD【点睛】关键点点睛：作出几何图形，利用平行线分线段成比例，结合抛物线定义是判断选项B的关键.
11. 已知棱长为1的正方体 的所有顶点都在以 为球心的球面上，点 是棱 的中点，
点 是棱 上的动点.则下列说法正确的有（ ）
A. 若 是棱 的中点，则 平面
B. 点 到直线 的距离的最小值为
C. 棱 上存在点 ，使得
D. 若 是棱 的三等分点，则过 的平面截球 所得的截面面积最小为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，设 的中点为 ，通过证明四边形 为平行四边形，可证得 平面 ；
对于B，通过建系设点 ，利用空间点到线的距离公式可求最小值；对于C，利用向量的坐标表示
出夹角 ，计算出当 时， ，即可判断；对于D，由题意可求 ，再利用球的
截面问题可直接求截面面积的最小值.
【详解】如图，设 的中点为 ，连接 ，是 中点， ，且 ，
对于A，若 是 中点， ，且 ，
，且 ，所以四边形 为平行四边形，
，又 平面 ， 平面 ，
平面 ，故A正确；
根据题意，以 为原点，以直线 所在方向分别为 轴建立空间直角坐标系，
设 ， ， ， ，
所以点 到直线 的距离 ，
即点 到直线 的距离的最小值为 ，故B错误；
对于C， ，所以 ，
则 ，当 时， ，即 ，
所以棱 上存在点 ，使得 ，故C正确；对于D，当 是棱 的三等分点时，点 或 ，球心 ，
所以 ，又正方体外接球半径 ，
所以截面所得圆的最小半径 ，其面积为 ，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. 展开式中的第三项为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式的通项公式：对于 ，其展开式的第 项为 ，代入已知条件
求解.
【详解】根据二项式的通项公式得：
故答案为： .
13. 已知角 的正切 ，则 __________．
【答案】 ##
【解析】
【分析】先利用两角差的余弦公式和二倍角公式展开，利用同角三角函数关系平方关系和商关系化简求得
答案；
【详解】故答案为： .
14. 2025年五四青年节，某高中学校为了表彰工作认真负责，业务能力强的优秀团员干部，学校给高中三
个年级共分配9个优秀团员干部名额，每个年级至少一个名额.从所有可能的分配方案中随机选择一种，用
表示这三个年级中分配的最少名额数，则 的数学期望 __________.
【答案】 ##
【解析】
【分析】问题化为9个球分成3份，且每份至少有一个球，即用2个隔板插入8个空，则有 种分组，
且 并应用古典概型的概率求法求对应概率，进而求期望.
【详解】若三个年级人数分别为 ，则 ，又每个年级至少一个名额，
所以，相当于9个球分成3份，且每份至少有一个球，即用2个隔板插入8个空，则有 种，
由题意 ，则 ，且各年级人数为 ，
其中 的情况有 一种情况，即 ，
的情况有 、 、 、 、 、 、 、 、
九种情况，即 ，所以 ，
综上， .
故答案为：
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
15. 已知数列 的前n项和为 ，且满足 ， .
（1）求证：数列 是等差数列；
（2）求数列 的前n项和 .
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）利用 与 的关系先表示出 ，再代入原式变形，然后根据等差数列的定义证明即可；
（2）先求出 的解析式，再利用错位相减法求数列 的前n项和 即可.
【小问1详解】
因为 ，又因为 ，
所以 ，即 ，
两边同时除以 可得， ，
即 ，所以 .
因为 ，所以 ，所以数列 是以1为首项，1为公差的等差数列.
【小问2详解】
由（1）可知 ，所以 .
所以 ，
，
所以
，
所以 .
16. 已知双曲线 的左、右焦点分别为 ， ，且 ，渐近线方程为
．
（1）求 的方程；
（2）设 轴上方的点 ， 分别在 的左支与右支上，若 ，求四边形 的面积．
【答案】（1） ；
（2） .
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，求出渐近线方程，进而求出 即得 的方程.
（2）设 ，利用向量关系表示出点 坐标，再建立方程组求出点 坐标即可求出面积.
【小问1详解】双曲线 的渐近线方程为 ，依题意， ，半焦距 ，
而 ，解得 ，
所以 的方程为 .
【小问2详解】
设 ，而 ，由 ，得 ，
依题意， ，解得 ，即 ，
， ，
等腰 底边 上的高 ，
又四边形 为梯形，则 ，
所以四边形 的面积为 .
17. 如图，在四棱锥 中，底面 为直角梯形， ， ，平面 底
面 ， 为 的中点， 是棱 上的点， ， ， ．（1）求证：平面 平面 ；
（2）若 为棱 的中点，求异面直线 与 所成角的余弦值；
（3）若二面角 大小为 ，求 的长．
【答案】（1）详见解析；（2） ；（3） .
【解析】
【分析】（1）由题意先证明 ，由面面垂直的性质定理得 平面 ，再运用面面垂直的
判定定理证明
（2）以 为原点建立空间直角坐标系，求出直线 与 的向量表示，然后运用空间向量知识求出异
面直线所成角的余弦值
（3）结合(2)中的空间直角坐标系，运用向量知识结合二面角为 求出结果
【详解】（1）证明： 为 的中点，
∴四边形 为平行四边形，
即
又 平面 平面 ，且平面 平面 ，
∴ 平面∵ 平面 ， ∴平面 平面
（2）解： 为 的中点，
∵平面 平面 ，且平面 平面 ，
∴ 平面 ．
如图，以 为原点建立空间直角坐标系，
则 ，
是 的中点，
设异面直线 与 所成角为 ，
则
∴异面直线 与 所成角的余弦值为 ．
（3）解：由（2）知平面 的法向量为由
得
又 ，
设平面 法向量为 ，
由 可取
∵二面角 为60°， ，
【点睛】本题主要考查了面面垂直、异面直线所成角以及二面角问题，涉及平面与平面垂直的判定，建立
空间直角坐标系是解决问题的关键，属于中档题．
18. 已知函数 ， ．
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
（2）若 在区间 上有且仅有一个极值点，求 的取值范围；
（3）当 时，若 ，且 ，求证： ．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义可求切线方程；
（2） ，则 在 上有且仅有1变号零点，就 、 、 分类讨论后可得 的取值范围；
（3）记 ，由 结合三角变换公式可得 ，利用
导数可证 ，从而得到 ，或者可以利用极值点偏移的方法来证明
.
【小问1详解】
当 时， ， ，
， ，
所以 在点 处的切线方程为 ，即 ．
【小问2详解】
，令 ，则 ，
①若 ，当 时， ， 单调递减，
所以 ， 单调递减，不符合；
②若 ，当 时， ， 单调递增，
所以 ， 单调递增，不符合；
③若 ，则 在 有两个解，不妨设为 ， （ ）．
列表如下：－ 0 ＋ 0 －
极小值 极大值
当 时， ，则 在 上没有零点．
要使 在 上有且仅有1个极值点，
则 在 上有且仅有一个变号零点，
则需要 ，即 ，解得 ．
又因 为，所以 ．
当 时， ， ，
由零点存在性定理知，存在唯一零点 ，使得 ，
当 时， ， 为减函数；
当 时， ， 为增函数，所以 为 的极小值点．
综上所述， 的取值范围为 ．
【小问3详解】
法1：当 时， ，所以 ，
由 可得 ，
即 ，又 ，两边同时除以 ，得 ，
因此 ，
所以 ，
记 ，则 ，
因此
，
令 ， ，则 ，
所以 在 上为减函数，故 ，即 时， ．
因为 ， ，
所以 ，所以
当 时， ，则 ，即 ．
法2：当 时， ，所以 ，
令 ，则 ，故 在 上单调递增．
又 ， ，
根据零点存在性定理，存在唯一的 ，使得 ．
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增．
所以 ，
又 ，且 ，
所以当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减．
由于 ，且 ，
则 ，从而 ．要证 ，只要证 ，只要证 ，即证 ．
因 为， ，所以即证 ，即证 ．
令 ， ，
则 ，
所以 在 上单调递增，所以 ．
所以 ，即 ．故 ．
19. 某实验室对某二进制数码串传输进行测试，初始二进制数码串是长度为 的且全部由0组成的
数码串.传输过程中，每位数码以概率 传输记为0，以概率 传输记为1，其中 ，每位数码的
传输相互独立，并设事件 为“传输结果各位数字之和为偶数”的事件.
（1）当 时，求 ；
（2）证明：对任意的正整数 ，有 ；
（3）在传输结果中任取一位数码，记“取到1”的事件为 ，问： 是否存在最大值？若存在，
求出使 取到最大值的正整数 ；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）答案见解析【解析】
【分析】（1）由条件可知这3个0都传输为0，或传输为2个1和1个0，再按照独立重复概率公式，列式
求解；
（2）首先根据题意求 和 ，再根据 和根据二项式定理计算
，联立方程求解 ，即可证明；
（3）根据（2）的过程计算 和 ，联立后计算 ，再代入条件
概率公式求 ，从而构造 ，根据 ，讨论 的取值，判断
函数的单调性，从而确定最大值.
【小问1详解】
.
【小问2详解】
传输结果各位数字之和为奇数 的概率为 ，
传输结果的数码个数为偶数的概率为 ，
由 ，
.
【小问3详解】记 ，
则
①当 时， ，
②当 时， ， ，即 单调递增， 不存在最大值.
③当 时， 正负无法确定，
当 奇数时， ，当 为偶数时， ，
为
要使 取到最大值， 应取偶数，记 ， ，，
，
单调递减， ，
综上所述：
当 时， 不存在最大值：
当 时， 恒为常数 ；
当 时， 在 时取到最大值 .
