贵州省贵阳市七校2025届高三下学期联合考试(三)数学试卷（解析版）

这是一份贵州省贵阳市七校2025届高三下学期联合考试(三)数学试卷（解析版），共16页。试卷主要包含了 集合，，则， 复数， “”是“方程表示圆”的， 已知，且则等内容，欢迎下载使用。
一､单项选择题（本大题共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. 集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】，所以，
故选:C．
2. 复数（为虚数单位），则在复平面内对应的点所在象限是（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】，所以，对应点的坐标为，
故选：D．
3. “”是“方程表示圆”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
【答案】A
【解析】由方程，可得，
若时，可得，此时方程表示圆，即充分性成立；
反之：方程表示圆时，
例如：当时，方程可化为也可以表示圆，所以必要性不成立，
所以“”是“方程表示圆”的充分不必要条件.
故选：A
4. 已知，且则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以两边平方得：
.
故选：B．
5. 下列函数在上是单调递增的函数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】对于A，单调递减，有减区间，所以错误；
对于B．当时，单调递减，单调递增，所以当时单调递减，错误；
对于C．，在，故，错误；
对于D．在恒成立，正确，
故选：D．
6. 已知数列是公差为2的等差数列，且，则数列的前20项之和为（ ）
A. 80B. 208C. 680D. 780
【答案】B
【解析】因为，即，解得，
所以，前项和，
所以数列的前20项中，前8项为负数，后12项为正数，
所以
.
故选：B．
7. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”､“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图甲）．图乙是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧､所在圆的半径分别是6和12，且，则圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设圆台上下底的半径分别为，由题意知，得，
，得，
作出圆台的轴截面如图1所示，则圆台的高，
则上底面面积，下底面面积，
由圆台的体积计算公式得：，
故选：C．
8. 已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点为，过点的直线交于两点，且，线段的中点为，则直线的斜率绝对值最小值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】由题意可知直线的斜率存在，设直线方程为，，
联立得：，
由韦达定理得：，，，
则，
，
又因，则，得，
故抛物线，且，，
故，
当且仅当，即时等号成立.
故选：A．
二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，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. 如图所示，在正方体中，给出以下判断，其中正确的有（ ）
A. 平面B. 平面
C. 与是异面直线D. 平面
【答案】ACD
【解析】对于选项A，因为为正方体，所以平面，所以A正确；
对于选项B，因为平面，
所以与平面也有交点，所以B错误；
对于选项C，因为与相交，所以与异面，所以C正确；
对于选项D，因为平面，平面，
所以且，
所以平面，平面，所以，
同理，所以平面，所以D正确.
故选：ACD．
10. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷两次，记事件：两次的点数之和为偶数，：两次的点数之积为奇数，：第一次的点数小于，则（ ）
A. B.
C. 与相互独立D. 与互斥
【答案】BC
【解析】根据题意，抛掷两次，其样本空间共有36个样本点．
事件的样本空间，有18个样本点；
事件的样本空间有9个样本点，错误；
正确：
，正确；
事件与事件能同时发生，所以不互斥，D错误，
故选：BC．
11. 我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了杨辉三角，杨辉三角是中国数学史上一项重要研究成果．从不同的角度观察杨辉三角，能得到很多优美的规律，如图是一个7阶的杨辉三角，则下列说法正确的是（ ）
A. 第2025行共有2025个数
B. 从第0行到第10行的所有数之和为2047
C. 第21行中，从左到右的第3个数是210
D. 第3斜列为：，则该数列的前项和为
【答案】BCD
【解析】对于A：行数比每行的个数少1，所以第2025行共有2026个数，所以A错误；
对于B：可以得出每行的数字之和形成一个首项为1，公比为2的等比数列，
所以，所以B正确；
对于C：第21行的二项式系数为且，
所以从左到右第三个数是，所以C正确；
对于D：由公式得：
，所以D正确.
故选：BCD．
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 设向量，的夹角的余弦值是，且，则__________．
【答案】
【解析】2a→-b→⋅b→=2a→⋅b→-b→2=2a→⋅b→cs-|b→|2=8-9=-1．
故答案为：.
13. 三名篮球运动员甲､乙､丙进行传球训练（不能传给自己），由甲开始传，经过4次传递后，球被传给丙，则不同传球方式共有__________种．
【答案】5
【解析】第一次传球，因为由甲开始传，且不能传给自己，所以甲可以传给乙或丙.
分情况讨论后续传球
情况一：甲第一次传给乙
第二次传球，乙可以传给甲或丙.
若乙传给甲，第三次传球，甲可以传给乙或丙.
若甲传给乙，第四次传球，乙只能传给丙，此时传球方式为甲→乙→甲→乙→丙.
若甲传给丙，此时传球方式为甲→乙→甲→丙.
若乙传给丙，第三次传球，丙可以传给甲或乙.
若丙传给甲，第四次传球，甲只能传给丙，此时传球方式为甲→乙→丙→甲→丙.
若丙传给乙，第四次传球，乙只能传给丙，此时传球方式为甲→乙→丙→乙→丙.
情况二：甲第一次传给丙
第二次传球，丙可以传给甲或乙.
若丙传给甲，第三次传球，甲可以传给乙或丙.
若甲传给乙，第四次传球，乙只能传给丙，此时传球方式为甲→丙→甲→乙→丙.
若甲传给丙，此时传球方式为甲→丙→甲→丙.
若丙传给乙，第三次传球，乙可以传给甲或丙.
若乙传给甲，第四次传球，甲只能传给丙，此时传球方式为甲→丙→乙→甲→丙.
若乙传给丙，此时传球方式为甲→丙→乙→丙.
由上述分析可知，不同的传球方式共有种.
故答案为：5.
14. 已知定义在上的函数满足：，则__________；若，对任意的，都有，则当时，不等式的解集为__________
【答案】①. ②.
【解析】由，令，得，解得；
设，则，由，得，即，
设hx=gxxx>0，则在上单调递减．由，得，即．
所以x>0,x2>0,x>x2,解得，即不等式的解集为．
故答案为：2；.
四､解答题（本大题共5小题，共77分．假答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 已知在中，角所对的边分别为，若．
（1）求角；
（2）若点在线段上，且，求的长度.
解：（1）由得，，
因为，所以或；
（2）当时，因为，所以为等边三角形，
，不符合题意；
当时，因为，所以，
由正弦定理得得．
所以的长度为．
16. 如图，在直三棱柱中，，点分别为的中点，．
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求平面与平面夹角的余弦值．
解：（1）在直三棱柱中，平面，且，则，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，则，
易知平面的一个法向量为，
则，故，
平面，故平面.
（2）由题意，，
设平面法向量为，
则取，可得，
．
因此，直线与平面夹角的正弦值为．
（3）由题意，，
设平面的法向量为，
则取，可得，
则，
因此，平面与平面夹角的余弦值为．
17. 甲参加一项闯关挑战比赛，共设有3个关卡，分别为，挑战成功分别积2分､4分､6分．根据他以往挑战的经验，关卡挑战成功的概率为，关卡挑战成功的概率为，关卡挑战成功的概率为，各个关卡之间相互独立．闯关规则为：闯关前先选择闯关搭配（每个关卡最多只能挑战一次，闯关不分先后顺序），可随机选择挑战1关､2关或3关，一旦选定，需要全部闯关成功才能积分，选择搭配的闯关中若有一关失败则积分为0分，最后以积分最高者胜．
（1）求甲最后积分为6分的概率；
（2）记甲最后的积分为随机变量，求的分布列和期望．
解：（1）根据题意，甲随机搭配的样本空间，
有7个样本点，设“甲积分为6分”，包含两种组合且均成功，
则；
（2）根据题意，的所有可能取值为；
其中，
，，
，，
，
，
变量的分布列为：
所以期望．
18. 已知函数．
（1）若函数在处的切线过坐标原点，求的值；
（2）若有两个不同的零点，求的取值范围．
解：（1）因为，所以，
所以在处的切线方程为，
即，
又因为切线经过原点，所以．
（2）令，则，
令则，
则①当时，，所以在上单调递增，
又，所以当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减．
又，所以只有唯一零点，即，不符合题意．
②当时：
令，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，
所以，
令，则，
当时，在上单调递增；当时，在上单调递减．所以，
（i）若，则，
所以在上单调递增，最多一个零点，不符合题意．
（ii）若，则，
当时，，
所以，使得；
又因为，所以当和时，在和上单调递增；
当时，在上单调递减；
因为，当时，，所以．
此时，有两个零点0和，符合题意．
（iii）若，
则，当时，；
所以，使得，
又因为，所以当和时，在和上单调递增；
当时，在上单调递减．
因为，当时，，所以，
此时，有两个零点0和，符合题意．
综上所述，的取值范围为．
19. 在平面直角坐标系中，若在曲线的方程中，以（为正实数）代替得到曲线的方程，则称曲线､关于原点“伸缩”，变换称为“伸缩变换”，称为伸缩比．
（1）已知双曲线的方程为，伸缩比，求关于原点伸缩变换后所得双曲线的方程；
（2）已知椭圆：经“伸缩变换”后得到椭圆，若射线：与椭圆､分别交于两点，，且，求椭圆的方程；
（3）已知抛物线：作“伸缩变换”得到：，即：；对作变换，得抛物线：；如此进行下去，对抛物线：作变换，得抛物线：，若，，求数列的通项公式.
解：（1）由条件得，整理得，
所以的方程为．
（2）因为关于原点“伸缩变换”，
对作变换，得，
联立，解得点的坐标为，
联立，解得点的坐标为，
所以，
即或，解得或，
因此椭圆的方程为或．
（3）对作变换，
得抛物线，得，
又因为，所以，即，
当时，，
得适用上式，
所以数列的通项公式．0
2
4
6
8
10
12