贵州省黔东南苗族侗族自治州部分学校2025届高三下学期联考数学试题

这是一份贵州省黔东南苗族侗族自治州部分学校2025届高三下学期联考数学试题，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．抛物线的焦点为F，是抛物线C上一点，且，则焦点F到坐标原点O的距离是（ ）
A．1B．2C．4D．8
3．产品质量指数是衡量产品质量水平的综合指标.某厂质检员从一批产品中随机抽取10件，测量它们的产品质量指数，得到的数据分别为76，90，80，82，72，87，83，85，89，92，则这组数据的第70百分位数是（ ）
A．83B．84C．87D．88
4．已知直线与圆，则“”是“圆上恰有3个点到直线的距离为1”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．若函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于直线对称
C．的单调递减区间为
D．的图象与x轴的两个交点A，B之间的最小距离是
6．在正四棱台中，，侧棱与底面所成角的余弦值为，则该正四棱台的表面积是（ ）
A．36B．40C．52D．56
7．设的内角的对边分别为，且，为的平分线且与BC交于点D，，则面积的最小值是（ ）
A．B．C．D．
8．已知直线与双曲线（，）的左，右两支分别交于A，B两点，F是双曲线C的左焦点，且，则双曲线C的离心率是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知复数z满足，则（ ）
A．B．z的实部是
C．D．复数z在复平面内对应的点位于第四象限
10．若m，n分别是函数，的零点，且，则称与互为“零点相邻函数”.已知与互为“零点相邻函数”，则a的取值可能是（ ）
A．B．C．D．
11．如图，圆锥SO底面圆的圆心为O，AB是圆O的一条直径，SA与底面所成角的正弦值为，，P是母线SA的中点，C是母线SB上一动点，则下列说法正确的是（ ）

A．圆锥SO的母线长为12
B．圆锥SO的表面积为
C．一只蚂蚁沿圆锥SO的侧面上的曲线从点A爬到点P处，在蚂蚁所爬的最短路径中，这只蚂蚁离圆锥SO的顶点S的最短距离是
D．在圆锥SO内放置一个可以绕着中心任意旋转的正方体，则该正方体的体积的最大值是
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知向量，，若，则 .
13．现有6根小棒，其长度分别为1，2，3，4，5，6，从这6根小棒中随机抽出3根首尾相接（不能折断小棒），则能构成三角形的概率是 .
14．已知函数的最小值是，则 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．在数列中，，.
(1)证明：数列是等差数列.
(2)求的通项公式.
(3)若，求数列的前项和.
16．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论的单调性.
17．如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是直角梯形，，，，.
(1)证明：平面平面.
(2)线段上是否存在点E，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
18．某商场推出了购物抽奖活动，活动规则如下：如图，在点A，B，C，D，E处各安装了一盏灯，每次只有一处的灯亮起.初始状态是点A处的灯亮起，程序运行次数的上限为（，），然后按下开始按扭，程序开始运行，第1次是与A相邻点处的其中一盏灯随机亮起，第n次是与第次灯亮处相邻点的其中一盏灯随机亮起.若在运行过程中，点A处的灯再次亮起，则游戏结束，否则运行n次后游戏自动结束.在程序运行过程中，若点A处的灯再次亮起，则顾客获奖.已知顾客小明参与了该购物抽奖活动.
(1)求程序运行2次小明获奖的概率；
(2)若，求小明获奖的概率；
(3)若，记游戏结束时程序运行的次数为X，求X的分布列与期望.
19．已知椭圆的离心率为，其左、右焦点分别是是椭圆上一点，且.
(1)求椭圆的标准方程.
(2)过点的直线与椭圆交于两点（异于顶点），直线分别交椭圆于两点（异于）.
①当直线的斜率不存在时，求的面积；
②证明：直线过定点.
参考答案
1．【答案】C
【详解】因为，全集，
故.
故选：C.
2．【答案】B
【详解】由题意可得，解得，则焦点F到坐标原点O的距离是2.
故选：B
3．【答案】D
【详解】将这组数据从小到大排列为72，76，80，82，83，85，87，89，90，92，
而，所以这组数据的第70百分位数是.
故选：D
4．【答案】A
【详解】由圆上恰有3个点到直线的距离为1得到圆心到直线的距离为1，
则，解得，则“”是“圆上恰有3个点到直线的距离为1”的充分不必要条件.
故选：A.
5．【答案】C
【详解】因为，则的最小正周期，故A错误；
因为，所以的图象不关于直线对称，故B错误；
令，解得，
则的单调递减区间为，故C正确；
令，得，
设，，则或，
解得或，所以，故D错误.
故选：C.
6．【答案】D
【详解】过点作，垂足为H，则.
因为侧棱与底面所成角的余弦值为，所以，所以，
则梯形的高，
故该正四棱台的表面积是.
故选： D.
7．【答案】B
【详解】，
，即，
，，，
为的平分线且与BC交于点，，
，即，
又，解得，当且仅当时等号成立，
的面积，
的面积的最小值为.
故选：B.
8．【答案】B
【详解】如图，因为直线的斜率为，所以.因为，
所以，所以为等边三角形，，
所以，，.
设双曲线的右焦点为，连接.由对称性可知.
由双曲线的定义可得，即，则.
故选：B.
9．【答案】AC
【详解】由题意可得，
则的实部是，复数在复平面内对应的点为，位于第一象限，
故A，C正确，B，D错误.
故选：AC.
10．【答案】ABC
【详解】易证是上的增函数，且，则.
因为与互为“零点相邻函数”，所以，即，解得.
因为，所以，所以在上有解，
即在上有解.设，则.
由，得，由，得，则在上单调递减，
在上单调递增.因为当时，，且，如下图，
所以，即，解得.
故选：ABC
11．【答案】BCD
【详解】

如图1，圆锥的轴截面为等腰三角形，则.
因为与底面所成角的正弦值为，所以，
所以，解得，故错误；
如图2，在圆锥的侧面展开图中，，
则圆锥的侧面积为，
所以圆锥的表面积为，故B正确；
如图2，过点作，垂足为.
在中，，
由余弦定理可得，
则，即，解得，故C正确；
如图1，设圆锥内切球的球心为，过点作，垂足分别为，
由题意可知，则，所以.
因为，所以，所以，解得.
设该正方体棱长的最大值为，
则，解得，
所以该正方体的体积的最大值是，故D正确.
故选：BCD.
12．【答案】/
【详解】因为，，所以，
又，
所以，解得.
故答案为：
13．【答案】/
【详解】从这6根小棒中随机抽出3根，共有种不同的情况，其中能构成三角形的情况有
共7种，故所求概率为.
故答案为：
14．【答案】
【详解】由题意可得.
设，则，所以是偶函数.
当时，.
设，则恒成立，
所以在上单调递增，所以，所以，
所以在上单调递增.
因为是偶函数，所以在上单调递减，
所以，
由.
故答案为：
15．【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）证明：因为，所以，
所以.
因为，所以，所以数列是首项和公差均为1的等差数列.
（2）解：由（1）可得，
则，故.
（3）解：由（2）可得，
则
16．【答案】(1)
(2)答案见解析
【详解】（1）当时，，则，
从而，，
故所求切线方程为，即（或）.
（2）由题意可得.
当，即时，由，得或，由，得，
则在和上单调递增，在上单调递减；
当，即时，恒成立，则在上单调递增；
当，即时，由，得或，由，得，则在和上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)存在，或
【详解】（1）证明：取棱的中点O，连接，
设，则，，
因为是等边三角形，且O是的中点，所以.
因为，所以，所以，则.
因为平面，平面，且，
所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）取棱CD的中点F，连接OF，则两两垂直，
以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，，，，则，，
设，则，
又，所以.
设平面的法向量为，
则令，得.
设直线与平面所成的角为，
则，
解得或，
故当或时，直线与平面所成角的正弦值为.
18．【答案】(1)
(2)
(3)分布列见解析，
【详解】（1）程序运行2次小明获奖的情况有，这两种，
其概率.
（2）当时，小明获奖的情况如下：程序运行2次，小明获奖；程序运行4次，小明获奖.
程序运行4次，小明获奖的情况有，，，，这五种，
其概率，
故当时，小明获奖的概率.
（3）当时，的所有可能取值为2，4，5，6.
由（1）可知，由（2）可知，
当时，包含，，，这四种情况，
其概率，
.
故X的分布列为
故.
19．【答案】(1)
(2)①；②证明见解析
【详解】（1）由题意可得，解得.
故椭圆的标准方程为：.
（2）①当直线的斜率不存在时，直线的方程为.
将的方程，得，解得.
不妨设，由椭圆的性质可得，则直线的方程为.
联立，整理得，
则，所以，
则，即.
同理可得.
故.
②如图：
设直线的方程为，，，，，
则直线的方程为.
联立，整理得.
因为，所以，
则，所以，所以.
同理可得，..
设直线的斜率为，
则
，
则直线的方程为.
由椭圆的对称性可知，若直线过定点，则定点必在轴上，
令，得.
故直线过定点.X
2
4
5
6
P