2025年高考數學模擬卷三

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2025）07-0093-09

第Ⅰ卷（選擇題）

一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的）

1.已知全集U=R，集合M={x|（x-1）（x+2）≥

0}，N={x|-1≤x≤3}，則（

瘙 綂 UM）∩N=（）.

A.［-2，-1］B.［-1，2］

C.［-1，1）D.［1，2］

2.設i為虛數單位，若復數z滿足i3z=1+2i，則z-

在復平面內對應的點在（）.

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D.第四象限

3.已知菱形ABCD中，∠ABC=120°，AC=23，BM+12CB=0，DC=λDN，若AM·AN=29，則λ=（）.

A.18B.17C.16D.15

4.已知sinθ+sin（θ-π3）=1，則sin（2θ+π6）=（）.

A.13B.-13C.12D.-12

5.為了給地球減負，提高資源利用率，2019年全國掀起了垃圾分類的熱潮，垃圾分類已經成為新時尚.假設某市2019年全年用于垃圾分類的資金為5 000萬元，在此基礎上，每年投入的資金比上一年增長20％，則該市全年用于垃圾分類的資金開始超過1.28億元的年份是（）.（參考數據：lg1.2≈0.079，lg2≈0.301）

A.2023年B.2024年C.2025年D.2026年

6.設函數f（x）=2sin（ωx+φ）-1（ωgt;0），若對于任意實數φ，f（x）在區間［π4，3π4］上至少有2個零點，至多3個零點，則ω的取值范圍是（）.

A.［83，5）B.［4，5）C.［4，203）D.［83，203）

7.由中國科學院空天信息創新研究院自主研發的極目一號Ⅲ型浮空艇（如圖1），從海拔4 300米的中國科學院珠穆朗瑪峰大氣與環境綜合觀測研究站附近發放場地升空，最終超過珠峰8 848.86米的高度，創造了海拔9 032米的大氣科學觀測海拔高度世界紀錄，彰顯中國實力.“極目一號”Ⅲ型浮空艇長45米，高16米，若將它近似看作一個半球、一個圓柱和一個圓臺的組合體，正視圖如圖2所示，則“極目一號”Ⅲ型浮空艇的表面積為（）.

A.2 540πB.449πC.562πD.561π

8.已知連續函數f（x）對任意實數x恒有f（x+y）=f（x）+f（y）-1，當xgt;0時，f（x）gt;1，f（1）=2，則下列結論錯誤的是（）.

A.f（0）=1

B.f（x）在［-4，4］上的最大值是4

C.f（x）圖象關于（-1，0）中心對稱

D.不等式f（3x2）-2f（x）lt;f（3x）-2的解集為（0，53）

二、多項選擇題（本大題共3小題，每小題6分，共計18分.在每小題列出的四個選項中至少有兩項是符合題目要求的，部分選對得部分分，有選錯的得0分）

9.已知隨機變量X服從正態分布N（100，100），則下列選項正確的是（）.（參考數值：隨機變量ξ服從正態分布N（μ，σ2），則P（μ-σlt;ξlt;μ+σ）=0.682 6，P（μ-2σlt;ξlt;μ+2σ）=0.954 4，P（μ-3σlt;ξlt;μ+3σ）=0.997 4））

A.E（X）=100B.D（X）=10

C.P（X≥90）=0.841 3D.P（X≤120）=0.998 7

10.已知函數f（x）=ex-ax（a∈R），則下列說法正確的是（）.

A.當a=2時，f（x）在（-∞，ln2）上單調遞增

B.當a=e時，f（x）≥0在R上恒成立

C.存在alt;0，使得f（x）在（-∞，0）上不存在零點D.對任意的agt;0，f（x）有唯一的極小值

11.已知雙曲線C：x24-y2=1的左、右焦點分別為F1，F2，過坐標原點O的直線l與雙曲線C的左、右兩支分別交于A，B兩點，P為C的右支上一點（異于點B），△PF1F2的內切圓圓心為N.則以下結論正確的是（）.

A.直線PA與PB的斜率之積為4

B.若|PF1|·|PF2|=4，則∠F1PF2=π3

C.以PF1為直徑的圓與圓x2+y2=4相切

D.若PF1·PF2=0，則點N坐標為（2，6-5）

第Ⅱ卷（非選擇題）

三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分）

12.抽樣統計某位射擊運動員10次的訓練成績分別為86，85，88，86，91，89，88，87，85，92，則該運動員這10次成績的80%分位數為.

13.已知某地市場上供應的燈泡中，甲廠產品占60%，乙廠產品占40%，甲廠產品的合格率是95%，乙廠產品的合格率是90%，則從該地市場上買到一個合格燈泡的概率是.

14.已知二面角α-l-β的棱上有A，B兩點，ACα，AC⊥l，BDβ，BD⊥l.若AB=6，AC=3，BD=4，CD=7，則點D到平面α的距離是.

四、解答題（本題共5個小題，共77分.解答應在答卷的相應各題中寫出文字說明，說明過程或演算步驟）

15.（本小題13分）在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足a+bb=sin2CsinAsinB-sinBsinA.

（1）求C；

（2）若a=3，∠ACB的平分線交AB于點D，且CD=1，求b.

16.（本小題15分）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1

（agt;bgt;0）的左、右焦點分別為F1（-1，0），F2（1，0），橢圓的離心率為33.

（1）求橢圓C的標準方程；

（2）過點F2的直線l與橢圓C相交于A，B兩點，求△F1AB的面積的最大值.

17.（本小題15分）如圖3，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中AD∥BC，AB⊥AD，AB=AD=12BC=1，PA=2，E為棱BC上的點，且BE=14BC，點Q在棱CP上（不與點C，P重合）.

（1）求證：平面DEQ⊥平面PAC；

（2）求二面角A-PC-D的平面角的余弦值；

（3）直線QE能與平面PCD垂直嗎？若能，求出CQCP的值;若不能，請說明理由.

18.（本小題17分）已知函數f（x）=alnx+1x（a≠0）.

（1）若f（x）gt;a對x∈（0，+∞）恒成立，求a的取值范圍;

（2）當a=3時，若關于x的方程f（x）=1x-12x2+4x+b有三個不相等的實數根x1，x2，x3，且x1lt;x2lt;x3，求b的取值范圍，并證明：x3-x1lt;4.

19.（本小題17分）已知數列an的前n項和為Sn，滿足Sn=1-an，數列bn滿足b1=1，bn+1=bn+n-2.

（1）求數列an，bn的通項公式；

（2）cn=an，n為奇數，log2an，n為偶數（n∈N*），求數列

cn的前n項和Tn；

（3）對任意的正整數m，是否存在正整數k，使得amgt;bk恒成立？若存在，請求出k的所有值；若不存在，請說明理由.

參考答案

1.因為全集U=R，集合M={x|（x-1）（x+2）≥0}={x|x≤-2或x≥1}，所以

瘙 綂 UM={x|-2lt;xlt;1}.

又N={x|-1≤x≤3}，所以（

瘙 綂 UM）∩N=［-1，1）.故選C.

2.因為z·i3=1+2i，

所以z=1+2ii3=（1+2i）i（-i）·i=-2+i.

所以z-=-2-i.

所以復數z-在復平面內所對應的點為（-2，-1），位于第三象限.

故選C.

3.作出圖形，建立如圖4所示的坐標系，設

N（x，y），因為AC=23，∠ABC=120°，故BD=2.

則A（-3，0），M（32，12），D（0，-1），C（3，0）.

則AM=（332，12），

DC=（3，1）=λDN=λ（x，y+1）.

由題可知λ≠0，故N（3λ，1λ-1）.

所以AN=（3λ+3，1λ-1）.

故AM·AN=5λ+4=29.

解得λ=15.

故選D.

4.因為sinθ+sin（θ-π3）=1，

所以sinθ+sinθcosπ3-cosθsinπ3=1.

即32sinθ-32cosθ=1.

即3（32sinθ-12cosθ）=1.

所以sin（θ-π6）=33.

則sin（2θ+π6）=sin［2（θ-π6）+π2］

=cos［2（θ-π6）］

=1-2sin2（θ-π6）

=1-2×（33）2=13.

故選A.

5.設經過n年之后該市全年用于垃圾分類的資金為y=5 000×（1+20％）n.

由題意可得y=5 000×（1+20％）ngt;12 800.

即1.2ngt;2.56.

所以nlg1.2gt;lg2.56=lg28-2.所以ngt;lg28-2lg1.2=8×0.301-20.079≈5.16.

因為n∈N*，所以n≥6.即從2025年開始該市全年用于垃圾分類的資金超過1.28億元.

故選C.

6.令函數f（x）=2sin（ωx+φ）-1=0，則

sin（ωx+φ）=22.

令t=ωx+φ，則

t=π4+2kπ或t=3π4+2kπ，k∈Z.

不妨令k=0，k=1，k=2，則相鄰的t值分別為π4，3π4，9π4，11π4，17π4，19π4.

故在長度為2π的區間中至少有兩個零點，在長度為52π的區間中至多有三個零點.

當x∈［π4，3π4］時，則

ωx+φ∈［π4ω+φ，3π4ω+φ］，

則2π≤（3π4ω+φ）-（π4ω+φ）lt;52π.

解得4≤ωlt;5，故選B.

7.該組合體的直觀圖如圖5，半球的半徑為8 m，圓柱的底面半徑為8 m，母線長為13 m，圓臺的兩底面半徑分別為8 m和1 m，高為24 m，

所以半球的表面積為12×4π×82=128π（m2），

圓柱的側面積為2×π×8×13=208π（m2），

圓臺的側面積為

π（8+1）×72+242=225π（m2）.

故該組合體的表面積為

128π+208π+225π+π×12=562π（m2）.

故選C.

8.對于A，令x=y=0，則

f（0）=f（0）+f（0）-1.

所以f（0）=1，故A正確.

對于B，設x1，x2是實數集上的任意兩個實數，且x1gt;x2，令x+y=x1，y=x2，則

x=x1-x2gt;0.

則f（x1）-f（x2）=f（x+y）-f（y）

=f（x）+f（y）-1-f（y）

=f（x）-1.

因為xgt;0，所以f（x）gt;1，f（x）-1gt;0.

所以f（x1）-f（x2）gt;0.

即f（x1）gt;f（x2）.

所以函數f（x）在R上是增函數.

所以f（x）在［-4，4］上的最大值是f（4），

f（2）=f（1）+f（1）-1=3，f（4）=f（2）+f（2）-1=5，故B錯誤.

對于C，f（0）=f（1）+f（-1）-1=1，f（-1）

=0，f（-2）=f（-1）+f（-1）-1=-1，

故f（-2）=f（-1+x）+f（-1-x）-1=-1.

所以f（-1+x）+f（-1-x）=0.

所以f（x）圖象關于（-1，0）中心對稱，故C正確.

對于D，由不等式f（3x2）-2f（x）lt;f（3x）-2可得

f（3x2）lt;f（x）+f（x）+f（3x）-2.

即f（3x2）lt;f（2x）+f（3x）-1.

即f（3x2）lt;f（5x）.

因為函數f（x）在R上是增函數，

所以3x2lt;5x，

解得0lt;xlt;53，故D正確.

故選B.

9.因為隨機變量X服從正態分布N（100，102），所以曲線關于x=100對稱.

所以E（X）=μ=100，D（X）=σ2=100，故A正確，B錯誤.

根據題意可得，P（90lt;xlt;110）=0.682 6，

P（80lt;xlt;120）=0.954 4.

所以P（x≥90）=0.5+12×0.682 6=0.841 3，故C正確.

P（x≤120）=0.5+12×0.954 4=0.977 2，故D錯誤.

故選AC.

10.f ′（x）=ex-a，若a=2，則f ′（x）=ex-2.

令f ′（x）gt;0，可得xgt;ln2，故A錯誤.若a=e，則f ′（x）=ex-e.

因此當x∈（-∞，1）時，f ′（x）lt;0，f（x）單調遞減，當x∈（1，+∞）時，f ′（x）gt;0，f（x）單調遞增.

所以f（x）≥f（1）=0，故B正確.

若alt;0，則f ′（x）=ex-agt;0恒成立.

所以函數f（x）在R上單調遞增.

f（0）=1gt;0，當x→-∞時，f（x）lt;0，故函數f（x）在（-∞，0）上一定存在零點，故C錯誤.

若agt;0，f ′（x）=ex-a，

令f ′（x）gt;0，可得xgt;lna.

令f ′（x）lt;0可得xlt;lna.

所以x=lna為函數f（x）的唯一極小值點，所以

D正確.

故選BD.

11.設A（m，n），則B（-m，-n），P（x1，y1）

（x1≥2）.則m24-n2=1，x214-y21=1.

兩式作差，得m2-x214=n2-y21.

故n2-y21m2-x21=14.

故kPA·kPB=n-y1m-x1·-n-y1-m-x1

=n2-y21m2-x21=14.

故A錯誤.

因為|PF1|-|PF2|=2a=4，

所以|PF1|2+|PF1|2=（|PF1|-|PF1）2+2|PF1|·|PF1|=16+2×4=24.

又|F1F2|=2c=25，

所以cos∠F1PF2=|PF1|2+|PF2|2-|F1F2|22|PF1|·|PF2|=12.

因為∠F1PF2∈（0，π），

所以∠F1PF2=π3.

故B正確.

設PF1的中點為H，|HF1|=12|PF1|，

|HO|=12|PF2|，

又12|PF1|-12|PF2|=2，

所以|HF1|-|HO|=2.

即|HF1|=|HO|+2.

則以PF1為直徑的圓與圓x2+y2=4相內切.

故C正確.

若PF1·PF2=0，則∠F1PF2=π2.所以|PF1|2+|PF1|2=|F1F2|2=20.

又|PF1|-|PF2|=2a=4，

解得|PF1|=6+2，|PF2|=6-2.

故內切圓半徑

r=12（|PF1|+|PF2|-|F1F2）=6-5.

過點N作x軸的垂線，垂足為點M，則

|F1M|=|PF1|-r=2+5.

又|OF1|=5，

所以點N的橫坐標為2.

則點N（2，±6-5）.

故D錯誤.

故選BC.

12.該射擊運動員10次的訓練成績從小到大分別為85，85，86，86，87，88，88，89，91，92.

又10×80%=8，這10次成績的80%分位數為89+912=90.

故答案為90.

13.從某地市場上購買一個燈泡，設買到的燈泡是甲廠產品為事件A，買到的燈泡是乙廠產品為事件B，則P（A）=0.6，P（B）=0.4.

記事件C：從該地市場上買到一個合格燈泡，則P（C|A）=0.95，P（C|B）=0.9.

所以P（C）=P（AC）+P（BC）

=P（A）P（C|A）+P（B）P（C|B）

=0.6×0.95+0.4×0.9=0.93.

14.如圖6，過點A作AE∥BD，使AE=BD=4，則四邊形BAED為平行四邊形.則l∥DE.

因為AC⊥l，AE⊥l，AC∩AE=A，AC，AE平面ACE，

所以l⊥平面ACE.

因為CE平面ACE，

則l⊥CE.故DE⊥CE.

所以在Rt△CED中，CE=49-36=13.

所以AC⊥l，ACα，AE⊥l，AEβ，AE∩AC=A.

所以∠CAE即為二面角α-l-β的平面角.

則cos∠CAE=16+9-132×3×4=12.

即∠CAE=π3.

因為l⊥平面AEC，lα，

所以平面α⊥平面AEC.

過點E作EF⊥AC于點F，平面α∩平面AEC=AC，EF平面AEC，

所以EF⊥平面α.

所以EF即為點E到平面α的距離.

又DE∥l，lα，DE不在平面α上，

所以DE∥α.

所以EF也是點D到平面α的距離.

又EF=4×sinπ3=23，故答案為23.

15.（1）由正弦定理及已知條件，得

a+bb=c2ab-ba.

整理，得a2+b2-c2=-ab.

由余弦定理，得cosC=a2+b2-c22ab=-12.

因為0lt;Clt;π，所以C=2π3.

（2）根據題意，得S△ABC=12absinC=34ab.

因為∠ACB的平分線交AB于點D，且CD=1，

所以S△CBD=12×CD×a×sin∠BCD=34a，

S△CAD=12×CD×b×sin∠ACD=34b.

又S△ABC=S△CBD+S△CAD，

所以34ab=34a+34b.

化簡，得ab=a+b.

因為a=3，所以b=32.

16.（1）由題意可得2c=2，e=ca=33.

解得a=3，c=1.

所以b2=a2-c2=2.

故橢圓的標準方程為x23+y22=1.

（2）設A（x1，y1），B（x2，y2），由題意知，直線l的斜率不為零.

可設直線l的方程為x=ty+1，

聯立直線與橢圓方程x23+y22=1，x=ty+1，

消去x整理，得（2t2+3）y2+4ty-4=0.

由韋達定理可知Δ=16t2+16（2t2+3）gt;0，y1+y2=-4t2t2+3，y1y2=-42t2+3.

則S△F1AB=12|F1F2||y1-y2|

=12×2c×|y1-y2|

=|y1-y2|

=（y1+y2）2-4y1y2

=43·t2+12t2+3.

令u=t2+1，則u≥1.

則S△F1AB=43u2u2+1=432u+1/u.

令f（u）=2u+1/u，由對勾函數的性質可知，函數f（u）在［1，+∞）上是單調遞增函數.

因此有f（u）≥f（1）=32.

所以S△F1AB≤433.

即當u=1，即t=0時，S△F1AB最大，最大值為433.

17.（1）因為PA⊥平面ABCD，

所以PA⊥AB，PA⊥AD.

又AB⊥AD，則以A為原點，建立如圖7所示的空間直角坐標系A-xyz，則A（0，0，0），B（1，0，0），E（1，12，0），D（0，1，0），C（1，2，0），P（0，0，2）.

所以DE=（1，-12，0），AC=（1，2，0），AP=（0，0，2）.

所以DE·AP=0，DE·AC=1-1=0.

所以DE⊥AP，DE⊥AC.

因為AP∩AC=A，AP，AC平面PAC，

所以DE⊥平面PAC.

因為DE平面DEQ，

所以平面DEQ⊥平面PAC.

（2）由（1）知DE=（1，-12，0）是平面PAC的一個法向量，PD=（0，1，-2），PC=（1，2，-2），

設平面PCD的一個法向量為n=（x，y，z），

所以PD·n=0，PC·n=0.

即y-2z=0，x+2y-2z=0.

令z=-1，則x=2，y=-2.

所以n=（2，-2，-1）.

所以coslt;DE，n

gt;=DE·n|DE|×|n|=255.

又由圖7可知二面角A-PC-D的平面角為銳角，

所以二面角A-PC-D的平面角的余弦值為255.

（3）由（1）得C（1，2，0），P（0，0，2），E（1，12，0），CP=（-1，-2，2）.

設CQCP=λ（0lt;λlt;1），則

CQ=λCP=（-λ，-2λ，2λ）.

可得Q（1-λ，2-2λ，2λ）.

所以QE=（λ，-32+2λ，-2λ）.

由（2）知n=（2，-2，-1）是平面PCD的一個法向量.

若QE⊥平面PCD，可得QE∥n.

則λ2=-3/2+2λ-2=-2λ-1，該方程無解.

所以直線QE不能與平面PCD垂直.

18.（1）當alt;0時，1a-1lt;0，則0lt;e1a-1lt;1.

f（e1-1a）=a（1-1a）+e1a-1

=a+e1a-1-1lt;a，

所以不等式f（x）gt;a在區間（0，+∞）上不恒成立，不合題意.

當agt;0時，函數f（x）=alnx+1x的定義域為（0，+∞），且

f ′（x）=ax-1x2=ax-1x2，

由f ′（x）gt;0可得xgt;1a;

由f ′（x）lt;0可得0lt;xlt;1a.

此時，函數f（x）的單調遞減區間為（0，1a），單調遞增區間為（1a，+∞）.

則f（x）min=f（1a）=-alna+agt;a.

即alnalt;0，即lnalt;0，解得0lt;alt;1.

綜上所述，實數a的取值范圍是（0，1）.

（2）當a=3時，由f（x）=1x-12x2+4x+b，得

3lnx+12x2-4x=b.

令g（x）=3lnx+12x2-4x，

則g′（x）=3x+x-4=（x-1）（x-3）x.

當xgt;3或0lt;xlt;1時，g′（x）gt;0，

當1lt;xlt;3時，g′（x）lt;0，

所以g（x）在（0，1），（3，+∞）內單調遞增，在（1，3）內單調遞減.

所以g（x）極大值=g（1）=-72，

g（x）極小值=g（3）=3ln3-152.

若g（x）=b有3個不同實根，

則3ln3-152lt;blt;-72.

此時0lt;x1lt;1lt;x2lt;3lt;x3.

令h（x）=g（x）-g（2-x），0lt;xlt;1，

則h′（x）=g′（x）+g′（2-x）

=（3x+x-4）+（32-x+2-x-4）

=6（x-1）2x（2-x）gt;0.可知h（x）在（0，1）內單調遞增.

則h（x）lt;h（1）=0.

可得g（x）lt;g（2-x）在（0，1）內恒成立.

因為0lt;x1lt;1，則g（x1）=g（x2）lt;g（2-x1）.

又1lt;2-x1lt;2，1lt;x2lt;3，g（x）在（1，3）內單調遞減，

則2-x1lt;x2.

即x1+x2gt;2.

令m（x）=g（x）-g（6-x），1lt;xlt;3，

則m′（x）=g′（x）+g′（6-x）

=（3x+x-4）+（36-x+6-x-4）

=2（x-3）2x（6-x）gt;0.

可知m（x）在（1，3）內單調遞增.

則m（x）lt;m（3）=0.

可得g（x）lt;g（6-x）在（1，3）內恒成立.

因為1lt;x2lt;3，則g（x2）=g（x3）lt;g（6-x2）.

且3lt;6-x2lt;5，x3gt;3，g（x）在（3，+∞）內單調遞增，

則6-x2gt;x3.

即x2+x3lt;6.

由x1+x2gt;2和x2+x3lt;6可得x3-x1lt;4.

19.（1）在數列an中，

當n=1時，a1=12，

當n≥2時，由Sn=1-an，Sn-1=1-an-1，得an=12an-1.

所以數列an是以12為首項，12為公比的等比數列.

即an=12n（n∈N*）.

在數列bn中，當n≥2時，bn-bn-1=n-3，

有b2-b1=-1，b3-b2=0， ……bn-bn-1=n-3，

疊加，得bn-b1=-1+0+…+n-3.

則bn=b1+（n-1）（n-4）2=n2-5n+62.

當n=1時，b1=1也符合上式.

所以bn=n2-5n+62（n∈N*）.

（2）由題意，得cn=12n，n為奇數，-n，n為偶數，

當n為偶數時，

Tn=（c1+c3+…+cn-1）+（c2+c4+…+cn）

=（12+18+…+12n-1）+（-2-4-…-n）

=23（1-12n）-n（n+2）4，

當n為奇數時，

Tn=（c1+c3+…+cn）+（c2+c4+…+cn-1）

=（12+18+…+12n）+（-2-4-…-n+1）

=23（1-12n+1）-n2-14.（3）對任意的正整數m，有0lt;am≤12.

假設存在正整數k，使得amgt;bk，則bk≤0.

令bk=k2-5k+62≤0，解得2≤k≤3.

又k為正整數，所以k=2或3滿足題意.

［責任編輯：李慧嬌］