湖南省醴陵一中、攸縣一中2025屆高三第三次測評數學試卷含解析

湖南省醴陵一中、攸縣一中2025屆高三第三次測評數學試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．執(zhí)行下面的程序框圖，如果輸入，，則計算機輸出的數是（）A． B． C． D．2．已知函數，若關于的方程有且只有一個實數根，則實數的取值范圍是（）A． B．C． D．3．已知雙曲線（，），以點（）為圓心，為半徑作圓，圓與雙曲線的一條漸近線交于，兩點，若，則的離心率為（）A． B． C． D．4．已知雙曲線：的焦點為，，且上點滿足，，，則雙曲線的離心率為A． B． C． D．55．函數的一個零點在區(qū)間內，則實數a的取值范圍是（）A． B． C． D．6．已知直線是曲線的切線，則（）A．或1 B．或2 C．或 D．或17．已知函數的圖象如圖所示，則可以為（）A． B． C． D．8．甲、乙、丙、丁四人通過抓鬮的方式選出一人周末值班（抓到“值”字的人值班）.抓完鬮后，甲說：“我沒抓到.”乙說：“丙抓到了.”丙說：“丁抓到了”丁說：“我沒抓到."已知他們四人中只有一人說了真話，根據他們的說法，可以斷定值班的人是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁9．記個兩兩無交集的區(qū)間的并集為階區(qū)間如為2階區(qū)間，設函數，則不等式的解集為（）A．2階區(qū)間 B．3階區(qū)間 C．4階區(qū)間 D．5階區(qū)間10．在空間直角坐標系中，四面體各頂點坐標分別為：．假設螞蟻窩在點，一只螞蟻從點出發(fā)，需要在，上分別任意選擇一點留下信息，然后再返回點．那么完成這個工作所需要走的最短路徑長度是（）A． B． C． D．11．已知，則的大小關系為（）A． B． C． D．12．在正方體中，E是棱的中點，F是側面內的動點，且與平面的垂線垂直，如圖所示，下列說法不正確的是（）A．點F的軌跡是一條線段 B．與BE是異面直線C．與不可能平行 D．三棱錐的體積為定值二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知拋物線的焦點為，其準線與坐標軸交于點，過的直線與拋物線交于兩點，若，則直線的斜率________.14．若雙曲線的兩條漸近線斜率分別為，，若，則該雙曲線的離心率為________.15．在平面直角坐標系中，已知點，，若圓上有且僅有一對點，使得的面積是的面積的2倍，則的值為_______.16．某班有學生52人,現將所有學生隨機編號,用系統抽樣方法,抽取一個容量為4的樣本,已知5號、31號、44號學生在樣本中,則樣本中還有一個學生的編號是__________．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）已知函數在上的最大值為3.（1）求的值及函數的單調遞增區(qū)間;（2）若銳角中角所對的邊分別為，且，求的取值范圍.18．（12分）如圖，在三棱錐中，，，側面為等邊三角形，側棱.（1）求證：平面平面；（2）求三棱錐外接球的體積.19．（12分）已知函數.（1）當時，解不等式；（2）當時，不等式恒成立，求實數的取值范圍.20．（12分）如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，平面，是棱上的一點，滿足平面.（Ⅰ）證明：；（Ⅱ）設，，若為棱上一點，使得直線與平面所成角的大小為30°，求的值.21．（12分）在三棱錐中，是邊長為的正三角形，平面平面，，M、N分別為、的中點.?（1）證明：；（2）求三棱錐的體積.22．（10分）如圖，在四棱錐中，底面為菱形，為正三角形，平面平面分別是的中點.（1）證明:平面（2）若，求二面角的余弦值.

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、B【解析】

先明確該程序框圖的功能是計算兩個數的最大公約數，再利用輾轉相除法計算即可.【詳解】本程序框圖的功能是計算，中的最大公約數，所以，，，故當輸入，，則計算機輸出的數是57.故選：B.【點睛】本題考查程序框圖的功能，做此類題一定要注意明確程序框圖的功能是什么，本題是一道基礎題.2、B【解析】

利用換元法設，則等價為有且只有一個實數根，分三種情況進行討論，結合函數的圖象，求出的取值范圍.【詳解】解：設，則有且只有一個實數根.當時，當時，，由即，解得，結合圖象可知，此時當時，得，則是唯一解，滿足題意；當時，此時當時，，此時函數有無數個零點，不符合題意；當時，當時，，此時最小值為，結合圖象可知，要使得關于的方程有且只有一個實數根，此時.綜上所述：或.故選:A.【點睛】本題考查了函數方程根的個數的應用.利用換元法，數形結合是解決本題的關鍵.3、A【解析】

求出雙曲線的一條漸近線方程，利用圓與雙曲線的一條漸近線交于兩點，且，則可根據圓心到漸近線距離為列出方程，求解離心率．【詳解】不妨設雙曲線的一條漸近線與圓交于，因為，所以圓心到的距離為：，即，因為，所以解得．故選A．【點睛】本題考查雙曲線的簡單性質的應用，考查了轉化思想以及計算能力，屬于中檔題．對于離心率求解問題，關鍵是建立關于的齊次方程，主要有兩個思考方向，一方面，可以從幾何的角度，結合曲線的幾何性質以及題目中的幾何關系建立方程；另一方面，可以從代數的角度，結合曲線方程的性質以及題目中的代數的關系建立方程.4、D【解析】

根據雙曲線定義可以直接求出，利用勾股定理可以求出，最后求出離心率.【詳解】依題意得，，，因此該雙曲線的離心率.【點睛】本題考查了雙曲線定義及雙曲線的離心率，考查了運算能力.5、C【解析】

顯然函數在區(qū)間內連續(xù),由的一個零點在區(qū)間內,則,即可求解.【詳解】由題,顯然函數在區(qū)間內連續(xù),因為的一個零點在區(qū)間內,所以,即,解得,故選:C【點睛】本題考查零點存在性定理的應用,屬于基礎題.6、D【解析】

求得直線的斜率，利用曲線的導數，求得切點坐標，代入直線方程，求得的值.【詳解】直線的斜率為，對于，令，解得，故切點為，代入直線方程得，解得或1.故選：D【點睛】本小題主要考查根據切線方程求參數，屬于基礎題.7、A【解析】

根據圖象可知，函數為奇函數，以及函數在上單調遞增，且有一個零點，即可對選項逐個驗證即可得出．【詳解】首先對4個選項進行奇偶性判斷，可知，為偶函數，不符合題意，排除B；其次，在剩下的3個選項,對其在上的零點個數進行判斷,在上無零點,不符合題意，排除D；然后,對剩下的2個選項,進行單調性判斷,在上單調遞減,不符合題意，排除C.故選：A．【點睛】本題主要考查圖象的識別和函數性質的判斷，意在考查學生的直觀想象能力和邏輯推理能力，屬于容易題．8、A【解析】

可采用假設法進行討論推理，即可得到結論.【詳解】由題意，假設甲：我沒有抓到是真的，乙：丙抓到了，則丙：丁抓到了是假的，?。何覜]有抓到就是真的，與他們四人中只有一個人抓到是矛盾的；假設甲：我沒有抓到是假的，那么丁：我沒有抓到就是真的，乙：丙抓到了，丙：丁抓到了是假的，成立，所以可以斷定值班人是甲.故選：A.【點睛】本題主要考查了合情推理及其應用，其中解答中合理采用假設法進行討論推理是解答的關鍵，著重考查了推理與分析判斷能力，屬于基礎題.9、D【解析】

可判斷函數為奇函數，先討論當且時的導數情況，再畫出函數大致圖形，將所求區(qū)間端點值分別看作對應常函數，再由圖形確定具體自變量范圍即可求解【詳解】當且時，.令得.可得和的變化情況如下表：令，則原不等式變?yōu)?，由圖像知的解集為，再次由圖像得到的解集由5段分離的部分組成，所以解集為5階區(qū)間.故選：D【點睛】本題考查由函數的奇偶性，單調性求解對應自變量范圍，導數法研究函數增減性，數形結合思想，轉化與化歸思想，屬于難題10、C【解析】

將四面體沿著劈開，展開后最短路徑就是的邊，在中，利用余弦定理即可求解.【詳解】將四面體沿著劈開，展開后如下圖所示：最短路徑就是的邊．易求得，由，知，由余弦定理知其中，∴故選：C【點睛】本題考查了余弦定理解三角形，需熟記定理的內容，考查了學生的空間想象能力，屬于中檔題.11、A【解析】

根據指數函數的單調性，可得，再利用對數函數的單調性，將與對比，即可求出結論.【詳解】由題知，，則.故選:A.【點睛】本題考查利用函數性質比較大小，注意與特殊數的對比，屬于基礎題..12、C【解析】

分別根據線面平行的性質定理以及異面直線的定義，體積公式分別進行判斷．【詳解】對于，設平面與直線交于點，連接、，則為的中點分別取、的中點、，連接、、，，平面，平面，平面．同理可得平面，、是平面內的相交直線平面平面，由此結合平面，可得直線平面，即點是線段上上的動點．正確．對于，平面平面，和平面相交，與是異面直線，正確．對于，由知，平面平面，與不可能平行，錯誤．對于，因為，則到平面的距離是定值，三棱錐的體積為定值，所以正確；故選：．【點睛】本題考查了正方形的性質、空間位置關系、空間角、簡易邏輯的判定方法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

求出拋物線焦點坐標，由，結合向量的坐標運算得，直線方程為，代入拋物線方程后應用韋達定理得，，從而可求得，得斜率．【詳解】由得，即聯立得解得或，∴．故答案為：．【點睛】本題考查直線與拋物線相交，考查向量的線性運算的坐標表示．直線方程與拋物線方程聯立后消元，應用韋達定理是解決直線與拋物線相交問題的常用方法．14、2【解析】

由題得,再根據求解即可.【詳解】雙曲線的兩條漸近線為,可令,,則,所以,解得.故答案為：2.【點睛】本題考查雙曲線漸近線求離心率的問題.屬于基礎題.15、【解析】

寫出所在直線方程，求出圓心到直線的距離，結合題意可得關于的等式，求解得答案．【詳解】解：直線的方程為，即．圓的圓心到直線的距離，由的面積是的面積的2倍的點，有且僅有一對，可得點到的距離是點到直線的距離的2倍，可得過圓的圓心，如圖：由，解得．故答案為：．【點睛】本題考查直線和圓的位置關系以及點到直線的距離公式應用，考查數形結合的解題思想方法，屬于中檔題．16、18【解析】

根據系統抽樣的定義和方法,所抽取的4個個體的編號成等差數列,故可根據其中三個個體的編號求出另一個個體的編號.【詳解】解：根據系統抽樣的定義和方法,所抽取的4個個體的編號成等差數列,已知其中三個個體的編號為5,31,44,故還有一個抽取的個體的編號為18,故答案為:18【點睛】本題主要考查系統抽樣的定義和方法,屬于簡單題.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）,函數的單調遞增區(qū)間為；（2）.【解析】

（1）運用降冪公式和輔助角公式，把函數的解析式化為正弦型函數解析式形式，根據已知，可以求出的值，再結合正弦型函數的性質求出函數的單調遞增區(qū)間;（2）由（1）結合已知，可以求出角的值，通過正弦定理把問題的取值范圍轉化為兩邊對角的正弦值的比值的取值范圍，結合已知是銳角三角形，三角形內角和定理，最后求出的取值范圍.【詳解】解：（1）由已知，所以因此令得因此函數的單調遞增區(qū)間為（2）由已知，∴由得，因此所以因為為銳角三角形，所以，解得因此，那么【點睛】本題考查了降冪公式、輔助角公式，考查了正弦定理，考查了正弦型三角函數的單調性，考查了數學運算能力.18、（1）見解析；（2）.【解析】

（1）設中點為，連接、，利用等腰三角形三線合一的性質得出，利用勾股定理得出，由線面垂直的判定定理可證得平面，再利用面面垂直的判定定理可得出平面平面；（2）先確定三棱錐的外接球球心的位置，利用三角形相似求出外接球的半徑，再由球體的體積公式可求得結果.【詳解】（1）設中點為，連接、，因為，所以.又，所以，又由已知，，則，所以，.又為正三角形，且，所以，因為，所以，，，平面，又平面，平面平面；（2）由于是底面直角三角形的斜邊的中點，所以點是的外心，由（1）知平面，所以三棱錐的外接球的球心在上.在中，的垂直平分線與的交點即為球心，記的中點為點，則.由與相似可得，所以.所以三棱錐外接球的體積為.【點睛】本題考查面面垂直的證明，同時也考查了三棱錐外接球體積的計算，找出外接球球心的位置是解答的關鍵，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.19、（1）；（2）.【解析】

（1）分類討論去絕對值，得到每段的解集，然后取并集得到答案.（2）先得到的取值范圍，判斷，為正，去掉絕對值，轉化為在時恒成立,得到，，在恒成立，從而得到的取值范圍.【詳解】（1）當時，，由，得，即，或，即，或，即，綜上：或，所以不等式的解集為.（2），，因為，，所以，又，，，得.不等式恒成立，即在時恒成立，不等式恒成立必須，，解得.所以，解得，結合，所以，即的取值范圍為.【點睛】本題考查分類討論解絕對值不等式，含有絕對值的不等式的恒成立問題.屬于中檔題.20、（Ⅰ）證明見解析（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）由平面，可得，又因為是的中點，即得證；（Ⅱ）如圖建立空間直角坐標系，設，計算平面的法向量，由直線與平面所成角的大小為30°，列出等式，即得解.【詳解】（Ⅰ）如圖，連接交于點，連接，則是平面與平面的交線，因為平面，故，又因為是的中點，所以是的中點，故.（Ⅱ）由條件可知，，所以，故以為坐標原點，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，，設，則，設平面的法向量為，則，即，故取因為直線與平面所成角的大小為30°所以，即，解得，故此時.【點睛】本題考查了立體幾何和空間向量綜合，考查了學生