山西省部分学校2025届高三下学期3月联考数学试卷（解析版）

这是一份山西省部分学校2025届高三下学期3月联考数学试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 样本数据25，17，26，31，29，18，28，40的中位数为（ ）
A. 31B. 29C. 30D. 27
【答案】D
【解析】样本数据按照从小到大的顺序排列为17，18，25，26，28，29，31，40，中间的两个数为26，28，故中位数为．
故选：D
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，，故．
故选：B
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以．
故选：C.
4. 已知函数是定义域为的奇函数，且当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为函数是定义域为的奇函数，故，
又因为当时，，故，所以．
故选：A.
5. 已知向量，满足，，且与的夹角为，则（ ）
A. B. 0C. 1D.
【答案】B
【解析】因为向量，，且与的夹角为，
故.
故选：B.
6. 已知球的半径和圆锥的底面半径相等，且圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形，则球与圆锥的体积之比为（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】C
【解析】设球的半径和圆锥的底面半径均为，圆锥的母线长为，
由圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形，得，则，
所以球的体积与圆锥的体积之比为.
故选：C
7. 已知函数的图像关于点对称，则函数的最小正周期为（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】A
【解析】因为函数的图像关于点对称，
故，即，，故，
，则，且当时，，故的最小正周期为，的最小正周期为．
故选：A.
8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的一条直线与的右支交于，两点，且，，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，且，
设，，，，，，
由双曲线的定义可得，故，，，，，，．
设，在中，，
即，故，所以的离心率为．
故选： D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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. 设，，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】AC
【解析】因为，，故，所以，故A正确；
不妨取，，则，故B错误；
因为，，所以，即，即，故C正确；
不妨取，，则，故D错误．
故选：AC.
10. “黄金分割”体现了和谐之美．把大小为的角分为不等的两个角，用表示较小的角，若满足，则称为黄金分割角．许多植物相继出现的叶片之间的夹角恰好等于黄金分割角，如图中编号相邻的叶片之间的夹角都等于黄金分割角，这种排布不仅是自然界和谐之美的体现，还可以增加叶片的受光面积．对于黄金分割角，下列各式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】因为，故，
是把大小为的角分为不等的两个角中较小的角，故，，
易知，故，，故A正确；
由可得，，故，故B错误；
由可得，，故，
即，故C正确；
由可得，，故①，
②，由①，②可知，故D正确．
故选：ACD.
11. 空间个点满足任意三点不共线，任意四点不共面，将所有的点两两相连，并用红、蓝两种颜色将所有相连得到的线段染色（一条线段只染一种颜色）．对于由上述线段构成的所有三角形和三棱锥，下列说法中正确的有（ ）
A. 若，则可能存在任意2条没有公共点的棱不是同一种颜色的三棱锥
B. 若，则一定存在3条边是同一种颜色的三角形
C. 若，则可能存在任意三角形的3条边不是同一种颜色的情况
D. 若，则一定存在至少有4条棱是同一种颜色的三棱锥
【答案】AD
【解析】若，4点仅能构成一个三棱锥，记为，
不妨把，，染成红色，把，，染成蓝色，
则满足要求，故A正确；
若，设这5个点分别为，如图，实线表示红色线段，
虚线表示蓝色线段，则存在三角形的3条边不是同一种颜色的情况，故B错误；
若，设这6个点分别为，
考虑由一点引出5条线段，，，，，
则至少有3条线段是同色，不妨设，，为红色，，为蓝色．
对于的三条边，若有一条边为红色（不妨设为红色），
则的3条边都是红色，若任意一条边都为蓝色，
则的三条边都是蓝色，
故一定存在一个三角形的3条边都是同一种颜色的情况，故C错误；
若，设这8个点分别为，从中任取6个点，则由上可知，
这6个点所构成的三角形中一定存在3条边是同一种颜色的三角形，
不妨设的3条边都是红色，则以中一点为顶点，
以为底面的三棱锥中，仅当棱都是蓝色时，
在三棱锥的所有棱中恰有3条是红色，3条是蓝色，
否则存在某个三棱锥至少有4条棱是红色的情况，
但如果棱都是蓝色，则在三棱锥中，
棱，，，是蓝色，故无论棱是何种颜色，
三棱锥至少有4条棱是蓝色，
所以不存在一个三棱锥的6条棱恰有3条棱是红色，3条棱是蓝色的情况，故D正确．
故选：AD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在中，，，，则________．
【答案】
【解析】因为，，，由正弦定理可知，，即，
故．
故答案为：.
13. 已知为椭圆上一动点．设点，，则的最小值为________．
【答案】
【解析】根据题设可知，为椭圆的右焦点，设为椭圆的左焦点，则，
所以，当，，三点共线时等号成立．
又，故，即的最小值为．
故答案为：．
14. 已知和分别是函数的极大值点和极小值点．若在区间单调，则的取值范围是________．
【答案】
【解析】．
若和分别为函数的极大值点和极小值点，则方程有两个解，
即，故或．
（i）当时，在单调递减，且，
故当时，，故此时满足在区间单调，
又，故；
（ii）当时，，，且，
故，若在区间单调，则只能单调递减，故，即．
综上，的取值范围是．
由上可知，，，
设，则，
当时，因为，故，
此时，故，即，故；
当时，，，故，解得．
综上，的取值范围是．
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. 如图，多面体中，，底面是矩形，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，，侧面是边长为1的正三角形，且平面平面，求二面角的正切值．
证明：（1）如图，连接交于点，连接．因为是矩形，故为的中点．
又因为为的中点，故．又平面，平面，
所以平面．
（2）解：方法1：如图，取的中点，连接，，，易知为的中点，故，
且．因为，且，，故，且，
所以四边形是平行四边形，故．
因为是正三角形，故，又因为平面平面，平面平面，平面,故平面．
过作，过作，同理可证平面，平面，
故，是二面角的平面角．
因为侧面是边长为1的正三角形，易知为的中点，故，，
又，故，，且．
由上可知平面平面，故二面角的平面角与二面角的平面角互余，
所以二面角的正切值为．
方法2：如图，取的中点，连接，，，因为为的中点，故，
且．因为，且，，故，且，
所以四边形是平行四边形，故．
因为是正三角形，故，又因为平面平面，平面平面，故平面．
以为坐标原点，的方向为轴正方向建立空间坐标系．因为正的边长为1，且，
，故，，，，，，．
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，
不妨取，，则，．
故，．
易知二面角为锐角，故其正切值为．
16. 为了解南、北方消费者对新能源汽车的认可度，随机对南、北方共500位消费者进行问卷调查，得到如下列联表：
（1）求，；
（2）根据小概率值的独立性检验，能否认为南、北方消费者对新能源汽车的认可度有差异？
（3）记南、北方消费者中对新能源汽车认可的概率分别为，，给出，的估计值，并根据，求4位消费者（2位南方消费者和2位北方消费者）中认可新能源汽车的人数的分布列与期望．
附：．
解：（1）由列联表得，．
（2）．
由于，所以根据小概率值的独立性检验，可以认为南，北方消费者对新能源汽车的认可度有差异．
（3）南、北方消费者中对新能源汽车认可的频率分别为，，因此，的估计值分别为，．
4位消费者（2位南方消费者和2位北方消费者）中认可新能源汽车的人数，
则，
，
，
．
故的分布列为：
故．
17. 已知抛物线的焦点为，过的一条直线与交于，两点，且与的准线交于点．
（1）若的纵坐标为2，求；
（2）已知为坐标原点，过且平行于的直线与直线，分别交于，两点，证明：为线段的中点．
解：（1）若的纵坐标为2，可知的坐标为，
又，故直线的方程为，
由得，
设，，则，
故由抛物线的定义可知，；
（2）设的方程为，
由得，
故根据（1）中所设，的坐标有，，
又易知，故直线的斜率为，
直线的方程为，直线的方程为，
与直线的方程联立得，
同理得．
故，，代入，，
得，，
故为线段的中点．
18. 已知函数，为的导数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论零点的个数；
（3）设为的零点，证明：当时，．
（1）解 ：当时，，则，
故，，曲线在点处的切线方程为．
（2）解：因为，且，故零点的个数等价于函数在零点的个数．
当时，，没有零点．
当时，，令，则，
且当时，，单调递减，当时，，单调递增．
又，当时，，此时没有零点；
当时，，此时有一个零点．
若，则，又，，，
结合的单调性可知，在区间和各恰有一个零点，
即在区间存在一个零点，在区间存在一个零点．
综上，当时，没有零点；当时，有一个零点；当时，有两个零点．
（3）证明：（i）若，由（2）可知，在区间没有零点，且，
故在区间单调递增，，且此时．
因为，故．
设，则，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，故．
故当时，．
（ii）若，由（2）可知，在区间存在一个零点，
即在存在唯一极大值点，故当时，．
由（2）可知，，且，
故当时，都有．
又因为，且在区间单调递增，
故存在唯一零点，且满足．
设，
则，．
由上可知，在区间单调递减，且，
故，此时也有．
综上，由（i），（ii）可知，当时，．
19. 设为不小于6的整数，数列和满足，且．设，区间，定义为的长度，且．规定．已知区间，．
（1）若，，，，求，；
（2）设，证明：
（i）存在和，且，使得；
（ii）若，，则对任意和，．
解：（1），，，，，，
故，．
，，故．
（2）（i）若存在，，则，，
又，故，取，，则命题成立．
若，考虑如下个区间：，，，和，，，，不妨设它们中是长度最小的区间（也可以设是长度最小的区间），，且记其长度为．
故，
同理．
又因为，故．
所以．
故对于区间和，有，且易知，
故，取，，则命题得证．
（ii）设，，由，可知，，即．
根据题意有，．记为中最大的数，其中，．
又，故可得．
（a）若，则

．
又因为，故，即，
所以，即．
（b）若，则，此时也有．
此外，对于，，，同上有，即．
故．
综上，．对新能源汽车的认可度
合计
认可
不认可
南方消费者
150
150
300
北方消费者
75
125
合计
225
500
0.005
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
0
1
2
3
4