2025屆湖北省宜昌市一中、恩施高中高三第三次模擬考試數學試卷含解析

2025屆湖北省宜昌市一中、恩施高中高三第三次模擬考試數學試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．若復數滿足（是虛數單位），則的虛部為（）A． B． C． D．2．已知函數為奇函數，則（）A． B．1 C．2 D．33．造紙術、印刷術、指南針、火藥被稱為中國古代四大發(fā)明，此說法最早由英國漢學家艾約瑟提出并為后來許多中國的歷史學家所繼承，普遍認為這四種發(fā)明對中國古代的政治，經濟，文化的發(fā)展產生了巨大的推動作用.某小學三年級共有學生500名，隨機抽查100名學生并提問中國古代四大發(fā)明，能說出兩種發(fā)明的有45人，能說出3種及其以上發(fā)明的有32人，據此估計該校三級的500名學生中，對四大發(fā)明只能說出一種或一種也說不出的有（）A．69人 B．84人 C．108人 D．115人4．曲線在點處的切線方程為（）A． B． C． D．5．某市氣象部門根據2018年各月的每天最高氣溫平均數據,繪制如下折線圖,那么,下列敘述錯誤的是()A．各月最高氣溫平均值與最低氣溫平均值總體呈正相關B．全年中,2月份的最高氣溫平均值與最低氣溫平均值的差值最大C．全年中各月最低氣溫平均值不高于10°C的月份有5個D．從2018年7月至12月該市每天最高氣溫平均值與最低氣溫平均值呈下降趨勢6．已知函數，若，則下列不等關系正確的是（）A． B．C． D．7．正的邊長為2，將它沿邊上的高翻折，使點與點間的距離為，此時四面體的外接球表面積為（）A． B． C． D．8．已知，為兩條不同直線，，，為三個不同平面，下列命題：①若，，則；②若，，則；③若，，則；④若，，則.其中正確命題序號為()A．②③ B．②③④ C．①④ D．①②③9．函數的圖象大致為A． B． C． D．10．如圖，在直三棱柱中，，，點分別是線段的中點，，分別記二面角，，的平面角為，則下列結論正確的是（）A． B． C． D．11．若滿足約束條件則的最大值為（）A．10 B．8 C．5 D．312．若復數是純虛數，則()A．3 B．5 C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知數列的各項均為正數，記為數列的前項和，若，，則______.14．某大學、、、四個不同的專業(yè)人數占本?？側藬档谋壤来螢?、、、，現欲采用分層抽樣的方法從這四個專業(yè)的總人數中抽取人調查畢業(yè)后的就業(yè)情況，則專業(yè)應抽取_________人．15．的展開式中，的系數是__________.(用數字填寫答案)16．如圖是九位評委打出的分數的莖葉統(tǒng)計圖，去掉一個最高分和一個最低分后，所剩數據的平均分為_______．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在中，角的對邊分別為，且.（1）求角的大?。唬?）已知外接圓半徑,求的周長.18．（12分）如圖，四棱錐中，底面為直角梯形，，，，，在銳角中，E是邊PD上一點，且.（1）求證：平面ACE；（2）當PA的長為何值時，AC與平面PCD所成的角為？19．（12分）已知拋物線的焦點為，點，點為拋物線上的動點．（1）若的最小值為，求實數的值；（2）設線段的中點為，其中為坐標原點，若，求的面積．20．（12分）在銳角中，，，分別是角，，所對的邊，的面積，且滿足，則的取值范圍是（）A． B． C． D．21．（12分）中，內角的對邊分別為，.（1）求的大?。唬?）若，且為的重心，且，求的面積.22．（10分）已知函數.（1）當時，求不等式的解集；（2）若的圖象與軸圍成的三角形面積大于6，求的取值范圍.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】

由得,然后分子分母同時乘以分母的共軛復數可得復數,從而可得的虛部.【詳解】因為,所以,所以復數的虛部為.故選A.【點睛】本題考查了復數的除法運算和復數的概念,屬于基礎題.復數除法運算的方法是分子分母同時乘以分母的共軛復數,轉化為乘法運算.2、B【解析】

根據整體的奇偶性和部分的奇偶性，判斷出的值.【詳解】依題意是奇函數.而為奇函數，為偶函數，所以為偶函數，故，也即，化簡得，所以.故選：B【點睛】本小題主要考查根據函數的奇偶性求參數值，屬于基礎題.3、D【解析】

先求得名學生中，只能說出一種或一種也說不出的人數，由此利用比例，求得名學生中對四大發(fā)明只能說出一種或一種也說不出的人數.【詳解】在這100名學生中，只能說出一種或一種也說不出的有人，設對四大發(fā)明只能說出一種或一種也說不出的有人，則，解得人.故選：D【點睛】本小題主要考查利用樣本估計總體，屬于基礎題.4、A【解析】

將點代入解析式確定參數值，結合導數的幾何意義求得切線斜率，即可由點斜式求的切線方程.【詳解】曲線，即，當時，代入可得，所以切點坐標為，求得導函數可得，由導數幾何意義可知，由點斜式可得切線方程為，即，故選：A.【點睛】本題考查了導數的幾何意義，在曲線上一點的切線方程求法，屬于基礎題.5、D【解析】

根據折線圖依次判斷每個選項得到答案.【詳解】由繪制出的折線圖知：在A中，各月最高氣溫平均值與最低氣溫平均值為正相關，故A正確；在B中，全年中，2月的最高氣溫平均值與最低氣溫平均值的差值最大，故B正確；在C中，全年中各月最低氣溫平均值不高于10℃的月份有1月，2月，3月，11月，12月，共5個，故C正確；在D中，從2018年7月至12月該市每天最高氣溫平均值與最低氣溫平均值，先上升后下降，故D錯誤.故選：D.【點睛】本題考查了折線圖，意在考查學生的理解能力.6、B【解析】

利用函數的單調性得到的大小關系，再利用不等式的性質，即可得答案.【詳解】∵在R上單調遞增，且，∴.∵的符號無法判斷，故與，與的大小不確定，對A，當時，，故A錯誤；對C，當時，，故C錯誤；對D，當時，，故D錯誤；對B，對，則，故B正確.故選：B.【點睛】本題考查分段函數的單調性、不等式性質的運用，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力，屬于基礎題.7、D【解析】

如圖所示，設的中點為，的外接圓的圓心為，四面體的外接球的球心為，連接，利用正弦定理可得，利用球心的性質和線面垂直的性質可得四邊形為平行四邊形，最后利用勾股定理可求外接球的半徑，從而可得外接球的表面積.【詳解】如圖所示，設的中點為，外接圓的圓心為，四面體的外接球的球心為，連接，則平面，.因為，故，因為，故.由正弦定理可得，故，又因為，故.因為，故平面，所以，因為平面，平面，故，故，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以，故外接球的半徑為，外接球的表面積為.故選：D.【點睛】本題考查平面圖形的折疊以及三棱錐外接球表面積的計算，還考查正弦定理和余弦定理，折疊問題注意翻折前后的變量與不變量，外接球問題注意先確定外接球的球心的位置，然后把半徑放置在可解的直角三角形中來計算，本題有一定的難度.8、C【解析】

根據直線與平面，平面與平面的位置關系進行判斷即可.【詳解】根據面面平行的性質以及判定定理可得，若，，則，故①正確；若，，平面可能相交，故②錯誤；若，，則可能平行，故③錯誤；由線面垂直的性質可得，④正確；故選：C【點睛】本題主要考查了判斷直線與平面，平面與平面的位置關系，屬于中檔題.9、D【解析】

由題可得函數的定義域為，因為，所以函數為奇函數，排除選項B；又，，所以排除選項A、C，故選D．10、D【解析】

過點作，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法求解二面角的余弦值得答案．【詳解】解：因為，，所以，即過點作，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，則，0，，，，，，0，，，1，，，，，，，設平面的法向量，則，取，得，同理可求平面的法向量，平面的法向量，平面的法向量．，，．．故選：D．【點睛】本題考查二面角的大小的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算求解能力，屬于中檔題．11、D【解析】

畫出可行域,將化為,通過平移即可判斷出最優(yōu)解,代入到目標函數,即可求出最值.【詳解】解:由約束條件作出可行域如圖,化目標函數為直線方程的斜截式,.由圖可知當直線過時,直線在軸上的截距最大,有最大值為3.故選:D.【點睛】本題考查了線性規(guī)劃問題.一般第一步畫出可行域,然后將目標函數轉化為的形式,在可行域內通過平移找到最優(yōu)解,將最優(yōu)解帶回到目標函數即可求出最值.注意畫可行域時,邊界線的虛實問題.12、C【解析】

先由已知，求出，進一步可得，再利用復數模的運算即可【詳解】由z是純虛數，得且，所以，.因此，.故選：C.【點睛】本題考查復數的除法、復數模的運算，考查學生的運算能力，是一道基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、63【解析】

對進行化簡，可得，再根據等比數列前項和公式進行求解即可【詳解】由數列為首項為，公比的等比數列，所以63【點睛】本題考查等比數列基本量的求法，當處理復雜因式時，常用基本方法為：因式分解，約分。但解題本質還是圍繞等差和等比的基本性質14、【解析】

求出專業(yè)人數在、、、四個專業(yè)總人數的比例后可得．【詳解】由題意、、、四個不同的專業(yè)人數的比例為，故專業(yè)應抽取的人數為．故答案為：1．【點睛】本題考查分層抽樣，根據分層抽樣的定義，在各層抽取樣本數量是按比例抽取的．15、【解析】

根據組合的知識，結合組合數的公式，可得結果.【詳解】由題可知：項來源可以是：（1）取1個，4個（2）取2個，3個的系數為：故答案為：【點睛】本題主要考查組合的知識，熟悉二項式定理展開式中每一項的來源，實質上每個因式中各取一項的乘積，轉化為組合的知識，屬中檔題.16、1【解析】

寫出莖葉圖對應的所有的數，去掉最高分，最低分，再求平均分．【詳解】解：所有的數為：77，78，82，84，84，86，88，93，94，共9個數，去掉最高分，最低分，剩下78，82，84，84，86，88，93，共7個數，平均分為，故答案為1．【點睛】本題考查莖葉圖及平均數的計算，屬于基礎題．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）3+3【解析】

（1）利用余弦的二倍角公式和同角三角函數關系式化簡整理并結合范圍0＜A＜π，可求A的值．（2）由正弦定理可求a，利用余弦定理可得c值，即可求周長．【詳解】（1），即又（2）,∵，∴由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA，∴，∵c＞0，所以得c=2,∴周長a+b+c=3+3．【點睛】本題考查三角函數恒等變換的應用，正弦定理，余弦定理在解三角形中的應用，考查了轉化思想，屬于中檔題．18、（1）證明見解析；（2）當時，AC與平面PCD所成的角為.【解析】

（1）連接交于，由相似三角形可得，結合得出，故而平面；（2）過作，可證平面，根據計算，得出的大小，再計算的長．【詳解】（1）證明：連接BD交AC于點O，連接OE，，，又平面ACE，平面ACE，平面ACE.（2），，平面PAD作，F為垂足，連接CF平面PAD，平面PAD.，有，，平面就是AC與平面PCD所成的角，，，，，，時，AC與平面PCD所成的角為.【點睛】本題考查了線面平行的判定，線面垂直的判定與線面角的計算，屬于中檔題．19、（1）的值為或.（2）【解析】

（1）分類討論，當時，線段與拋物線沒有公共點，設點在拋物線準線上的射影為，當三點共線時，能取得最小值，利用拋物線的焦半徑公式即可求解；當時，線段與拋物線有公共點，利用兩點間的距離公式即可求解.（2）由題意可得軸且設，則，代入拋物線方程求出，再利用三角形的面積公式即可求解.【詳解】由題，，若線段與拋物線沒有公共點，即時，設點在拋物線準線上的射影為，則三點共線時，的最小值為，此時若線段與拋物線有公共點，即時，則三點共線時，的最小值為：，此時綜上，實數的值為或.因為，所以軸且設，則，代入拋物線的方程解得于是，所以【點睛】本題考查了拋物線的焦半徑公式、直線與拋物線的位置關系中的面積問題，屬于中檔題.20、A【解析】

由正弦定理化簡得，解得，進而得到，利用正切的倍角公式求得，根據三角形的面積公式，求得，進而化簡，即可求解.【詳解】由題意，在銳角中，滿足，由正弦定理可得，即，可得，所以，即，所以，所以，則，所以，可得，又由的面積，所以，則.故選：A.【點睛】本題主要考查了正弦定理、余弦定理的應用，以及三角形的面積公式和正切的倍角公式的綜合應用，著重考查了推理與運算能力，屬于中檔試題.21、（1）；（2）【解析】

（1）利用正弦定理，轉化為，分析運算即得解；（2）由為的重心，得到，平方可得解c,由面積公式即得解.【詳解】（1）由，由正弦定理得C，即∴∵∴，又∵∴（2）由于為的重心故，∴解得或舍∴的面積為.【點睛】本