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南宁三中2025届高三第三次适应性测试考前演练
数学试题
满分：150分 考试时间：120分钟
考生注意：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
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. 设为两个实数集，定义集合，若，则的子集个数为（ ）
A. 15 B. 16 C. 31 D. 32
2. 已知空间中不过同一点的三条直线m，n，l，则“m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
3. 已知随机事件A和B，下列表述中正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若互斥，则 D. 若对立，则
4. 函数的最小正周期是（ ）
A. B. C. D.
5. 已知数列满足，，则的前6项和为（ ）
A. B. C. D.
6. 一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在同一个球面上，且该球的半径为1，当圆锥的体积取最大值时，圆锥的底面半径为（ ）
A. B. C. D.
7. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
8. 已知双曲线C：的左、右顶点分别为，，圆与C的渐近线在第一象限的交点为M，直线交C的右支于点P，若的角平分线与y轴平行，则C的离心率为（ ）
A. B. 2 C. D.
二、多选题：本题共3小题，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. 若复数z满足，则（ ）
A. B. z的虚部为 C. D.
10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A.
B.
C. 是奇函数
D. 当时，图象与轴有2个交点
11. 已知，为抛物线C：上异于原点O的两个动点，且，作交直线AB于点N，则（ ）
A. 直线恒过定点 B.
C. 存在一个定点Q，使得为定值 D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知数列的前n项和为，满足，则=__________
13. 在五一小长假期间，要从5人中选若干人在3天假期值班（每天只需1人值班），不出现同一人连续值班2天，则可能的安排方法有__________种.
14. ，，是同一平面内的三条平行直线，，位于两侧，与的距离为1，与的距离为2，点A，B，C分别在，，上运动.若，则面积的最小值为__________.
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. 记的内角的对边分别为，已知．
（1）求证：；
（2）已知，当角取最大值时，求的面积.
16. 如图，在三棱台中，平面平面，，，.
（1）证明：；
（2）当直线与平面所成的角最大时，求三棱台的体积.
17. 已知椭圆的离心率为分别为椭圆的上、下顶点，为坐标原点，直线与椭圆交于不同的两点.
（1）设点为线段的中点，证明：直线与直线的斜率之积为定值；
（2）若，证明：直线与直线的交点在定直线上.
18．某公司邀请棋手与该公司研制的一款机器人进行象棋比赛，规则如下：棋手的初始分为，每局比赛，棋手胜加分；平局不得分；棋手负减分．当棋手总分为时，挑战失败，比赛终止；当棋手总分为时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续．已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为、、，且各局比赛相互独立.
(1)求两局后比赛终止的概率；
(2)在局后比赛终止的条件下，求棋手挑战成功的概率；
(3)在挑战过程中，棋手每胜局，获奖千元．记局后比赛终止且棋手获奖万元的概率为，求的最大
19. 已知函数的定义域为，若在上单调递增，则称为“强增函数”.
（1）若是“强增函数”，求的取值范围；
（2）已知，请判断的导数在上的单调性，并说明理由
（3）已知，，，.证明：.
参考结论：当时，.
南宁三中2025届高三第三次适应性测试考前演练
数学试题答案
1.【答案】B【分析】由集合新定义确定，即可求解.【详解】由题意，所以的子集个数为，故选：B
2.【答案】B【分析】将两个条件相互推导，根据能否推导的结果判断充分必要条件.【详解】依题意是空间不过同一点的三条直线，当在同一平面时，可能，故不能得出两两相交.当两两相交时，设，根据公理可知确定一个平面，而，根据公理可知，直线即，所以在同一平面.综上所述，“在同一平面”是“两两相交”的必要不充分条件.故选：B
3.【答案】D【分析】根据事件的包含关系与概率之间的关系判断AB，根据互斥事件和对立事件的概率关系判断CD.【详解】选项A：若 ，则 ，因此 ，而非 ，错误.选项B：若 ，则 ，因此 ，而非 ，错误.选项C：若 和 互斥，则 ，故 ，而非 ，错误选项D：若 和 对立，则 为必然事件，故 ，正确.故选：D.
4.【答案】C【分析】借助正切函数的二倍角公式可得，结合函数定义域及正切型函数的周期性计算即可得.【详解】,,又，可得,即,且、,故.故选：C.
5.【答案】C【分析】首先，利用递推求出的通项公式，再根据裂项相消法即可求出结果.【详解】由,当时, ,显然，对于时也成立，所以，则的前6项和为.故选：C.
6.【答案】B【分析】根据给定条件，利用球的截面圆性质及圆锥的体积公式
列出函数关系，再利用导数求解.
【详解】如图，根据题意，圆锥高为，底面圆半径，外接球球心为，
半径，则球心到圆锥底面圆心距离，由，得，圆锥的体积，求导得，当时，，函数在上递增，当时，，函数在上递减，则当时，圆锥的体积最大，此时底面圆半径.故选：B
7.【答案】A【分析】根据对数函数的单调性可得，，利用对数的运算性质可得，由此可确定答案.【详解】由题意得，.∵函数在为减函数，∴，即，∵函数在为增函数，
∴，即，∴.∵，，∴，∵，∴，由得，，由得，，综上得，.故选：A.
【答案】A【分析】求出点的坐标，根据点在直线上，结合求出点坐标，然后代入双曲线方程可得.【详解】由题知，，双曲线过第一象限的渐近线方程为，联立，解得，则，所以直线的方程为，设，则①，因为的角平分线与y轴平行，所以，即，整理得
②，联立①②解得，
代入双曲线方程得，即.故选：A
9.【答案】AD【分析】利用已知条件进行化简求出复数即可.【详解】得，则z的虚部为，，，故AD正确，BC错误.故选：AD.
10.【答案】AD【分析】根据函数图象确定周期以及最高点，即可求解和，进而可判断AB，代入即可判断C,求解方程的根，即可求解D.【详解】由图可知：,故，,故，由于，则，故，故A正确，B错误，为偶函数，故C错误，令，则，故，当时，此时或故D正确，故选：AD
11.【答案】BCD【分析】设直线的方程，根据点在抛物线上及垂直关系，直线过定点可判定A；根据抛物线弦长公式可判定B；利用圆的性质可判定C；联立直线方程结合韦达定理可判定D.【详解】由题意可设，联立抛物线方程可得，则，对于A项，因为，所以，整理得，即直线恒过定点，故A错误；对于B项，由弦长公式，当时取得等号，故B正确；对于C，设直线交横轴D，即，当时，显然为直角三角形，则N在以为直径的圆上，不妨设的中点为Q，则是定值，当时，此时重合，也有是定值，故C正确；对于D项，不妨设，由上知， 则
，
故D正确.故选：BCD
12.【答案】【详解】令，得，得，由，当时，，两式相减得，，即，即，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以.
13.【答案】80【详解】根据题意可知，值班的人数为2人或者3个人，若人数为2，则需要一个人值班首尾两天，一个人值中间的那一天，故,若人数为3，则每人值一天班，故,故总的方法有，故答案为：80
14.【答案】【详解】过作于,由于,所以是中点，故则，所以，又则，故，当且仅当时，的面积的最小值为，故答案为：
15.【答案】（1）证明见解析 （2）
【小问1详解】∵，
∴，∴，
即，∴，
由得，，
由正弦定理及余弦定理得，，∴.
【小问2详解】由余弦定理得，，
当且仅当时取等号，此时取最大值，为等边三角形.
由得，.∴的面积为.
16.【答案】（1）证明见解析； （2）.【小问1详解】
在三棱台中，取的中点，连接，
由，得，由平面平面，平面平面，
平面，得平面，而平面，则，
又，则四边形是菱形，，
而平面，因此平面，
又平面，所以.
【小问2详解】取中点，则，
由平面平面，平面平面，
平面，则平面，直线两两垂直，
以点原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，
则，，
，
设平面的法向量，则，取，得，
设直线与平面所成的角为，
，
当且仅当，即时取等号，
所以三棱台的体积
.
17.【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析
【小问1详解】设，则，
则由两式相减可得，即，
所以为定值.
【小问2详解】由题意可得，解得，所以椭圆方程，
则，联立方程可得，
则，得，故，
直线的方程为，①
直线的方程为，②
设直线与直线的交点，则由①②两式相减可得，
代入①可得，，
即.所以点在定直线上.
18.【详解】（1）设每局比赛甲胜为事件，每局比赛甲平为事件，每局比赛甲负为事件，
设“两局后比赛终止”为事件，
因为棋手与机器人比赛局，所以棋手可能得分或分比赛终止．
（i）当棋手得分为分，则局均负，即；
（ii）当棋手得分为分，则局先平后胜，即．
因为、互斥，
所以．
所以两局后比赛终止的概率为．
（2）设“局后比赛终止”为事件，“局后棋手挑战成功”为事件．
因为，
．
所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为．
所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为．
（3）因为局获奖励万元，说明甲共胜局．
（i）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是“负胜负胜负”的顺序，其余均为平局，共有种，
（ii）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是先负后胜的顺序，其余均为平局，共有种，
则“局后比赛终止且棋手获得万元奖励”的概率
，．
所以．
因为，所以，所以，所以单调递减，
所以当时，取最大值为．
19.解【小问1详解】设，则，
由题意可知恒成立，故，即，
故，解得，
【小问2详解】,
令，则，
设，
则当时，单调递减，当时，单调递增，
故当，故当且仅当时取等号，
设,
当单调递增，当单调递减，
所以，故，
所以，即，
所以在上单调递增，
小问3详解】令，则，
又单调递增，所以，则在上单调递增，
又当所以时，，
所以，即，所以，
所以

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