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2025 年高考数学第三次模拟考试
高三数学·参考答案
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
2
3
4
5
6
7
8
A
D
B
C
C
C
B
A
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
选对的得6 分，部分选对的得部分分，有选错的得0 分．
9
10
11
ACD
ABD
ABD
三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共15 分．
12．−7
17 或−1
13．4−1
2
n−1
14．[e+ 1
e ,+ ∞)
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．（13 分）
【详解】（1）证明：在△ABC中，A =π
3 ，a= 4，
由余弦定理得b
2+c
2−2bc cos A = 4
2，即b
2+c
2−bc =16①.
又S Δ ABC = 1
2 ⋅|BC |⋅| AD|= 1
2 ⋅bc sin A，
即1
2 ×4×2√3= 1
2 ⋅bc⋅√3
2 ，故bc =16②.
由①②得(b−c)
2+bc =16，即(b−c)
2=0，
故b=c = 4 =a.
所以△ABC为等边三角形. ...............................5 分
（2）在△ABC中，由S Δ ABC = S Δ ABM + S Δ ACM，
得1
2 bc sin∠BAC = 1
2 AM ⋅c⋅sin∠BAM + 1
2 AM ⋅b⋅sin∠CAM，
又直线AM为∠BAC的平分线，
则∠BAM =∠CAM = 1
2 ∠BAC =π
6 ，
所以1
2 bc× √3
2 = 1
2 × 2√6
3
c× 1
2 + 1
2 × 2√6
3
b× 1
2，即bc = 2√2
3 (b+c)③，
1
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又由余弦定理可得cos∠BAC = b
2+c
2−a
2
2bc
，即b
2+c
2−bc =16.④，
由③④可知16=(b+c)
2−3bc =(b+c)
2−2√2(b+c)，
解得b+c = 4√2或b+c =−2√2（舍），
所以△ABC的周长为a+b+c = 4√2+ 4. ...............................13 分
16．（15 分）
【详解】（1）记“甲最终以2:1获胜”为事件A，记“甲最终以2:0获胜”为事件B，“甲最终获胜”为
事件C，
于是C = A ∪B，A与B为互斥事件，
由于P( A)=C2
1⋅p⋅p⋅(1−p)= 8
27，P(B)= p
2= 4
9 ，
则P(C)= P( A)+ P(B)=3 p
2−2 p
3= 20
27 ，
即甲最终获胜的概率为20
27 ．...............................5 分
（2）由（1）可知，P(C)= P( A)+ P(B)=3 p
2−2 p
3，
若选用方案一，记甲最终获得积分为X分，则X可取3,−2，
P(X =3)= P(C)=3 p
2−2 p
3, P(X =−2)=1−3 p
2+2 p
3，
则X的分布列为：
X
3
−2
p
3 p
2−2 p
3
1−3 p
2+2 p
3
则E ( X )=9 p
2−6 p
3−2+6 p
2−4 p
3=−10 p
3+15 p
2−2，...............................9 分
若选用方案二，记甲最终获得积分为Y 分，则Y 可取1，0，
P(Y =1)= P(C)=3 p
2−2 p
3 P(Y =0)=1−3 p
2+2 p
3，
则Y 的分布列为：
Y
1
0
p
3 p
2−2 p
3
1−3 p
2+2 p
3
则E (Y )=3 p
2−2 p
3， ...............................12 分
所以E (X )−E (Y )=−8 p
3+12 p
2−2=−4(p−1
2)(2 p
2−2 p−1)，
由于0< p<1，则2 p
2−2 p−1=2 p( p−1)−1<0，
于是p= 1
2时，两种方案都可以选，
2
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当0< p< 1
2时，E (X )< E (Y )，应该选第二种方案，
当1
2 < p<1时，E (X )> E (Y )，应该选第一种方案．...............................15 分
17．（15 分）
【详解】（1）f (x)的定义域为(0, + ∞)，
f
' (x)=ae
x−1
x ，
由题设知，f
' (2)=0，所以a= 1
2e
2，
从而f (x)= 1
2e
2 e
x−ln x−1, f
' (x)= 1
2e
2 e
x−1
x ，
当0< x<2时，f
' (x)<0；当x>2时，f
' (x)>0，
可得f (x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，...............................5 分
f (x)min= f (2)=−1
2 −ln 2<0，
由易知f(
1
e)= 2
2e
2 e
1
e >0, f (e
2)>0，
由零点存在定理可得函数有两个零点 ...............................7 分
（2）证明：当a≥1
e 时，f (x)≥e
x
e −ln x−1；..............................9 分
设g(x)=e
x
e −ln x−1，则g
' (x)=e
x
e −1
x ，
当0< x<1时，g
' (x)<0；当x>1时，g
' (x)>0，
∴x =1是g(x)的极小值点，也是最小值，
故当x>0时，g(x)≥g(1)=0，
因此，当a≥1
e 时，f (x)≥0 ...............................15 分
18．（17 分）
【详解】（1）（i）连结A1B，A B1交于点O1，连结C O1交BE 于点G.
因为O1为A1B的中点，E为A1C的中点，
所以G为△A1BC的重心，所以CG =2GO1.
又因为C O1为△A B1C的中线，
所以点G也为△A B1C的重心，所以点G在线段BE 上. ............................4 分
3
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（ii）连结B1G，并延长交AC 于点F，连结DG.
因为G为△A B1C的重心，所以B1G =2GF.
又因为B1 D =2 DC，所以DG //CF，即DG // AC.
又因为AC ⊂平面BDE，DG⊂平面BDE，所以AC //平面BDE. .............................8 分
（2）取AB 的中点O.
因为ABC −A1B1C1为棱长相等的正三棱柱，所以△ABC为正三角形，所以CO⊥AB.
又因为在正三棱柱中B B1⊥平面ABC，所以CO⊥B B1，AB⊥B B1.
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
则C(0,0,√3)，A(1,0,0)，A1(1,2,0)，B(−1,0,0)，B1(−1,2,0)，
设⃗CE = λ⃗C A1，可知λ∈(0,1)，所以E( λ ,2 λ ,√3−√3 λ)，
所以⃗AB =(−2,0,0)，⃗BE =( λ+1,2 λ ,√3−√3 λ).
设平面ABE的法向量为⃗m=(x , y , z)，则¿
所以¿
令z =1，则可得⃗m=(0, √3 λ−√3
2 λ
,1).
易知平面AB A1的一个法向量为⃗n=(0,0,1)，
所以|cosπ
3 |=|⃗m⋅⃗n|
|⃗m|⋅|⃗n| ，即
1
2 =
1
√
3( λ−1)
2
4 λ
2
+1，解得λ =−1（舍），或λ= 1
3.
所以E(
1
3 , 2
3 , 2√3
3 )，⃗m=(0,−√3,1).又⃗B1 A =(2,−2,0)，
则B1到平面ABE的距离d =|⃗B1 A ⋅⃗m|
|⃗m|
= 2√3
2
=√3. .............................17 分
4
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19．（17 分）
【详解】（1）由题可得e = c
a = √5
2 ⇒c
2
a
2 = 5
4 ，又c
2=a
2+b
2，
则b
2
a
2 = 1
4 ⇒2b=a，又其虚轴的两个端点与右顶点所构成的三角形的面积为 2，
则1
2 ⋅2ba=2⇒ab=2，则2b
2=2⇒b=1，a=2，
故双曲线方程为：x
2
4 −y
2=1；...........................3 分
（2）（i）因P(
2
cosan
,√bn)在双曲线上，
则
1
cos
2an
−bn=1⇒bn=
1
cos
2an
−1= tan
2an⇒√bn= tan an.
因n∈N
*，an∈(0,π
2 )，则cosan>0⇒P(
2
cosan
,√bn)在第一象限，
则此时点P 满足方程：y =(
x
2
4 −1)
1
2 = 1
2 (x
2−4)
1
2，..........................5 分
则y
' = 1
4 (x
2−4)
−1
2 ⋅2 x = 1
2 x(x
2−4)
−1
2，
故点P 对应切线斜率为：
1
2 ⋅
2
cosan(
4
cos
2an
−4)
−1
2 =
1
cosan
1
√
4 sin
2an
cos
2an
=
1
cosan⋅2tan an
=
1
2sin an. ...........................7 分
则切线方程为：y −tan an=
1
2sin an(x−
2
cosan)⇒y =
x
2sin an
−cosan
sin an
.
与渐近线y = 1
2 x联立，可得A(
2cosan
1−sin an
,
cosan
1−sin an)，同理可得B(
2cosan
1+sin an
, cosan
1+sin an).
则
1
|OA|
2 +
1
|OB|
2 = 1
5[(
1−sin an
cosan )
2
+(
1+sin an
cosan )
2
]= 2
5 ⋅(
1
cos
2an
+ tan
2an)，
5
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又
1
cos
2an
−bn=1⇒
1
cos
2an
=bn+1，
则
2
5 ⋅(
1
cos
2an
+ tan
2an)= 2
5 (2bn+1)= 2
5 (bn+1+bn)⇒bn+1−bn=1，
又a1=π
4 ，则b1= tan
2π
4 =1，
故数列{bn} 是以1 为首项，公差为1 的等差数列，则bn=n；...........................10 分
（ii）由（1）可得
1
cos
2an
=bn+1，则cos
2an=
1
bn+1 =
1
n+1 ⇒cosan=
1
√n+1.
则Sn
2=(
1
√2 + 1
√3 +⋯+ 1
√n +
1
√1+n)
2
，
注意到Sn= 1
√2 + 1
√3 +⋯+ 1
√n +
1
√1+n =2(
1
2√2 +
1
2√3 +⋯+
1
2√n +
1
2√1+n)
>2(
1
√2+√3 +
1
√3+√4 +⋯+
1
√n+√n+1 +
1
√1+n+√n+2)
=2(√3−√2+√4−√3+⋯+√n+1−√n+√n+2−√n+1)=2(√n+2−√2)，
又Sn， 2(√n+2−√2)>0，则4(√n+2−√2)
2<Sn
2；
另一方面，Sn
2−Sn−1
2
=(Sn+ Sn−1)(Sn−Sn−1)=2Sn(Sn−Sn−1)−(Sn−Sn−1)
2.
注意到n≥2，n∈N
∗时，Sn−Sn−1=cosan=
1
√1+n，则Sn
2−Sn−1
2
= 2Sn
√1+n −
1
1+n.
则Sn
2−S1
2=(Sn
2−Sn−1
2
)+(Sn−1
2
−Sn−2
2
)+⋯+(S3
2−S2
2)+(S2
2−S1
2)
=2(
S2
√3 + S3
√4 +⋯+ Sn−1
√n +
Sn
√1+n)−(
1
3 + 1
4 +⋯+
1
n+1)，又S1=cosa1= √2
2 ，
则Sn
2=2(
S1
√2 + S2
√3 +⋯+ Sn−1
√n +
Sn
√1+n)−(
1
2 + 1
3 +⋯+
1
n+1).
下面证明：(
1
2 + 1
3 +⋯+
1
n+1)≥1
2 log2(n+1)，
注意到1
2 log2(n+1)= 1
2(log2
2
1 + log2
3
2 +⋯+ log2
n+1
n )，
则要证(
1
2 + 1
3 +⋯+
1
n+1)≥1
2 log2(n+1)，即证1
n+1 ≥1
2 log2(
n+1
n )，
注意到1
n+1 ≥1
2 log2(
n+1
n )⇔
2
n+1 ≥−log2(
n+1−1
n+1 )=−log2(1−
1
n+1)，
则证明2
n+1 + log2(1−
1
n+1)≥0.
6
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令1
n+1 =t，因n∈N
*，则0<t ≤1
2，则对于函数f (x)=2 x + log2(1−x)，x∈(0, 1
2].
有f
' (x)=2−
1
ln 2(1−x) = 2ln 2−1−2ln 2 x
ln 2(1−x)
，
令f
' (x)=0，则x =1−
1
2ln 2，
则f
' (x)>0⇒x∈(0,1−
1
2ln 2)，f
' (x)<0⇒x∈(1−
1
2ln 2 , 1
2)，
故f (x)在(0,1−
1
2ln 2)上单调递增，在(1−
1
2ln 2 , 1
2)上单调递减，
又注意到f (0)= f(
1
2)=0，则当x∈(0, 1
2]时，f (x)≥0.
则2
n+1 + log2(1−
1
n+1)≥0⇒
1
n+1 ≥1
2 log2(
n+1
n ).
最后由不等式同向可加性可得：(
1
2 + 1
3 +⋯+
1
n+1)≥1
2 log2(n+1)
又注意到1
2 log2(n+1)>0，则1
2 log2(n+1)≥1
2 [log2(n+1)]，
则(
1
2 + 1
3 +⋯+
1
n+1)≥1
2 [log2(n+1)]⇒−(
1
2 + 1
3 +⋯+
1
n+1)≤−1
2 [log2(n+1)].
则Sn
2=2(
S1
√2 + S2
√3 +⋯+ Sn−1
√n +
Sn
√1+n)−(
1
2 + 1
3 +⋯+
1
n+1)≤
2(
S1
√2 + S2
√3 +⋯+ Sn−1
√n +
Sn
√1+n)−1
2 [log2(n+1)].
综上可知，∀n∈N
*，4(√n+2−√2)
2<Sn
2≤2(
S1
√2 + S2
√3 +⋯+
Sn
√n+1)−1
2 [log2(n+1)]. ........ ...17 分
7
