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浙江省北斗星盟2025届高三下学期模拟考试数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.若复数满足，则( )
A. B. C. D.
3.已知单位向量，满足，则向量在向量上的投影向量为( )
A. B. C. D.
4.“”是“函数的值域为”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.若坐标原点关于动直线的对称点为，则点的轨迹为( )
A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线
6.已知函数和函数的图象上相邻的四个交点构成的四边形的面积为，且，则( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
7.已知函数满足，且对，，则满足的正整数的最大值为( )
A. B. C. D.
8.在平面直角坐标系中，已知曲线，若点为曲线上的动点，则的最大值为( )
A. B. 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。
9.在足球训练课上，，两位同学进行“点球”比赛，规则为：比赛共进行轮，在每轮比赛中，两人各罚点球一次，射中得分，射不中得分已知，每次点球命中的概率分别为，，，若轮比赛后，的总得分分别为，，则下列结论正确的是( )
A. 若，则
B.
C. 若，则
D. 若当且仅当时，取得最大值，则
10.已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，且，为上位于第一象限内的点，且，的内角平分线交轴于点，则下列结论正确的是( )
A. 椭圆的离心率 B.
C. 的内切圆半径为 D.
11.如图，四棱锥中，侧面为等腰直角三角形，底面为矩形，，，若该四棱锥存在内切球，且其内切球球心为，其外接球球心为，则下列结论正确的是( )
A. 平面平面
B. 四棱锥的内切球半径为
C. 四棱锥的体积为
D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数为奇函数，则 ．
13.已知，，且满足，若，则 ．
14.人工智能 ，英文缩写为是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量，是研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的科学某商场在有奖销售的抽奖环节时，采用技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键次，每次点击随机生成数字或或，点击结束后，生成的个数字之和即为奖券码并规定：如果奖券码为，则获一等奖如果奖券码为的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为 ．
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.本小题分
如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，，，为别为棱，的中点．
证明：平面
求平面与平面的夹角的余弦值．
16.本小题分
已知函数．
若曲线在处的切线过点，求实数的值
当时，证明：．
17.本小题分
如图，四边形中，对角线，相交于点，，，，且和的外接圆半径相等．
若，求的长
若，求．
18.本小题分
已知双曲线，且四点，，，中恰有三点在上．
求双曲线的标准方程
如图，，，分别为双曲线上位于第一、二、四象限的点，过坐标原点分别作直线，的垂线，垂足分别为，，且．
(ⅰ)证明：，，三点共线
(ⅱ)求面积的最小值．
19.本小题分
已知数列的前项和为，且，，当数列的项数大于时，将数列中各项的所有不同排列填入一个行列的表格中每个格中一个数字，使每一行均为这个数的一个排列将第行的数字构成的数列记作，将数列中的第项记作若对，，均有，则称数列为数列的“异位数列”，记表格中“异位数列”的个数为．
求数列的通项公式
当数列的项数为时，求的值
若数列为数列的“异位数列”，试讨论的最小值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：因为，
，
所以，
故选A．
2.【答案】
【解析】解：设，
则，
所以解得，，故，
故选B．
3.【答案】
【解析】解：因为单位向量，满足
即，
解得，
所以 在 方向上的投影向量为 ．
故选D
4.【答案】
【解析】解：若，函数的值域为，
若函数的值域为，当且仅当二次函数的值域包含
所以，即，解得或，
所以“”为充分不必要条件，
故选A．
5.【答案】
【解析】解：由得，所以直线过定点，
又，所以点到点的距离为，
所以点的轨迹为以为圆心的圆．
故选：．
6.【答案】
【解析】解：由题，得，
由，得，
即，
因为，所以，
故选C．
7.【答案】
【解析】解：由题，，
，所以周期为
又，，，，，
，，，
，
所以满足的正整数的最大值为，
故选C．
8.【答案】
【解析】解：设，则，当点位于坐标原点时，；
当点异于坐标原点时，可得，
因为，，且，
故令，，且，
则，
所以，
故的最大值为．
故选：．
9.【答案】
【解析】解：由题随机变量∽，∽，故E，，
若，则，A正确
若，
则，即，得，
所以和可能相等，B错误
由题，，，
所以，
由得，，
故D，，C正确
由得，故，
得，D正确．
故选：．
10.【答案】
【解析】解：设椭圆的焦距为，由椭圆的对称性可知，
所以，，故，A正确
，B错误
由得，所以，
又的周长，设内切圆半径为，则，得，C正确
由角平分线定理得，D错误．
故选AC．
11.【答案】
【解析】解：因为，，平面，所以平面，所以平面平面，A正确：
因为侧面为等腰直角三角形，，所以，，
因为，，所以，易知平面，该四棱锥的内切球在平面上的“正投影”为的内切圆，
设的内切圆半径为，则，所以四棱锥的内切球半径为，B正确
分别取，的中点，，连接，，，则，又平面截内切球所得的圆为大圆，且切点在上，
设，则，，，所以，得，
所以四棱锥的体积，C错误
易知为的外接圆圆心，平面，又四边形为矩形，所以外接球球心为的中点，故，D正确，
故选ABD．
12.【答案】
【解析】解：当时，，，
所以，，所以．
故答案为：．
13.【答案】
【解析】解：由得，
即，故，
又因为，，，所以，
所以，得，
所以．
14.【答案】
【解析】解：设一次抽奖所生成的奖券码为，生成的个数字中有个，个，
则，
由题可知
若获得二等奖，则为的正整数倍，故可取的值为，，．
当时，的取值为，共有种情况
当时，的可能取值为，，，共有种情况
当时，的取值为，共有种情况．
所以获得二等奖的概率．
15.【答案】证明：取中点，连接，，
因为底面为矩形，为的中点，所以，
因为为中点，所以，
因为，，平面，
所以平面平面，
因为平面，
所以平面．
解：由题，直线，，两两垂直，以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，得，，
所以．
同理可得平面的一个法向量为，
，，
所以平面与平面的夹角的余弦值为
16.【答案】解：函数的定义域为，，所以，又，
所以线在处的切线方程为，
将点代入得，解得．
证明：，设，则，
因为，所以当时，，即单调递减
当时，，即单调递增：
当时，，，，，
所以存在唯一的，使得，即，
且当时，，单调递减当时，，单调递增
所以当时，函数在处取得极小值，即为最小值，所以，
因为，所以，所以，所以，得证．
17.【答案】解：由题，，
因为和的外接圆半径相等，
由正弦定理得，所以，
设，，则，，
在中，由余弦定理得：，
即 ，
在中，由余弦定理得：，
即 ，
所以 ，
解得，即，
在中，由余弦定理得：，
即，解得或舍，
所以．
在中，由正弦定理得：，即，
在中，由正弦定理得：，即，
因为，所以，所以，或，
若，则，此时，
，
易得，，不成立，
所以，故，
，
解得舍或，因为，所以，
故．
18.【答案】解：由题，点，，，中恰有三点在上，
根据双曲线的对称性，点，都在双曲线上．
在第一象限内，双曲线的图象是“上升的”，所以点不在双曲线上，
所以点，，为双曲线上的点，
代入得，解得，，
所以的标准方程为．
证明：由题可知直线的斜率存在，设，
则，故，
把代入得：，
由题知，设，，
则，，
则
，
所以，所以，
同理可得，所以，，三点共线．
因为，，所以∽，
所以，所以，
由知，，
又，当且仅当时等号成立，
所以，，
所以面积的最小值为．
19.【答案】解：由题，，解得，
由得，
两式作差得，即，
所以，，，，，
累乘得：，即，
因为，符合上式，
所以．
由知，，所以，
当数列的项数为时，可知，，，，
若数列为数列的“异位数列”，则：
当时，有，，或，，或，，共种情况．
同理当或时，对应的排列各有种情况，
所以．
因为数列为数列的“异位数列”，所以，
即，所以，所以，
当，时，若对任意的，都有，取等号，
此时，，，，，
所以当，时，的最小值为，
当，时，的不可能取到等号，
因为存在，使得，
将，，，，分为组，不妨为，，，，时，
可以取到等号，
此时，，，，，，，，
此时，
所以当，时，的最小值为，
综上，当为偶数时，的最小值为当为奇数时，的最小值为．
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