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浙江省稽阳联谊学校2025届高三下学期4月联考数学试题
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知全集，，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知为虚数单位，复数满足，则的共轭复数的模为（ ）
A． B． C． D．
3．下列可以作为方程的图象的是（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数的部分图象如图所示，的图象与轴交于点C，，，且，则（ ）

A．4 B． C． D．
5．记数列的前项和为，若，，则等于（ ）
A．33 B．46 C．49 D．42
6．如图，椭圆与双曲线有共同的右焦点，这两条曲线在第一、三象限的交点分别为A、B，直线与双曲线右支的另一个交点为，形成以为斜边的等腰直角三角形，则该椭圆的离心率为（ ）

A． B． C． D．
7．已知函数的定义域为，为的导函数，满足，且.已知均为正数，若，则的最小值（ ）
A． B． C．1 D．
8．有6张卡片，正面分别写有数字1，2，3，4，5，6，且背面均写有数字7.先把这些卡片正面朝上排成一排.规定一次试验：掷一颗均匀的骰子一次，若点数为，则将向上数字为的卡片翻面并放置原处；若没有向上数字为的卡片，则卡片不作翻动.进行上述试验3次，发现卡片朝上的数字之和为偶数，在这一条件下，骰子恰有一次点数为2的概率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列说法正确的是（ ）
A．若随机变量服从正态分布，且，则
B．数据5，8，10，12，13的第40百分位数是8
C．在一元线性回归模型中，若决定系数，则残差的平方和为0
D．和的方差分别为和，若且，则
10．正方体的棱长为，点、分别在线段、上运动（包括端点），则下列结论正确的是（ ）
A．正方体被经过、两点的平面所截，其截面的形状有可能是六边形
B．不可能与、都垂直
C．有可能与正方体的六个表面所成的角都相等
D．线段的中点所围成的区域的面积为
11．设和是两个整数，如果和除以正整数所得的余数相同，则称和对于模同余，记作.（ ）
A．若公比为的等比数列满足，则
B．若公比为的等比数列满足，则
C．若为等差数列，，，为的前n项和，则
D．若为公差的等差数列，，，若，则使
三、填空题（本大题共3小题）
12．若非零向量满足，且向量在向量上的投影向量是，则向量与的夹角为 .
13．已知P是直线上的任意一点，若过点P作圆的两条切线，切点分别记为，则劣弧长度的最小值为 .
14．若恒成立，则实数的取值范围为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

(1)求的大小.
(2)如图所示，为外一点，，，，求值.
16．如图，在三棱锥中，，为的中点，在底面的投影落在线段AD上.
(1)证明：；
(2)若，，，，在线段上，且满足平面平面，求直线与直线夹角的余弦值.
17．已知整数数列满足，数列是公比大于1的等比数列，且，.数列满足.数列，前项和分别为，，其中.
(1)求和
(2)用表示不超过的最大整数，求数列的前2025项和.
18．已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数无极值点，求实数的取值范围；
(3)若为函数的极小值点，证明：.
19．位于第一象限的一点满足，过作的切线，切点为，且满足，设为关于的对称点.
(1)证明：
(2)（i）若过的另一条切线切于，设为关于的对称点，如此重复进行下去，若为关于切点的对称点，设，证明：为等差数列.
（ii）由ⅰ所设且，求的值.
参考答案
1．【答案】C
【详解】已知全集，表示自然数集，所以．
对于集合，解不等式，则其解为．
又因为，所以．
已知，，可得．
因为，，所以．
故选C．
2．【答案】A
【详解】由题意可得，
则，所以.
故选A.
3．【答案】D
【详解】当时，，
若，则，即，不符合，
故，不可能同时成立，故A，B，C，选项错误.
故选D.
4．【答案】C
【详解】由题干图象可知，则，所以，所以，
由，得，，即，，
因为，所以，则.
又，则，又，，
，解得（负根舍去），
所以，所以.
故选C.
5．【答案】A
【详解】数列中，，，当时，，
当时，，则，，
因此当时，数列是以为首项，公比为3的等比数列，，
数列的通项公式为：，，，
所以.
故选A.
6．【答案】C
【详解】

设左焦点为，则，，，，
在中用勾股定理，化简得，
所以
所以，所以.
故选C.
7．【答案】B
【详解】因为，所以，即，所以.
又因为，即.所以.
所以在上恒成立，所以在上单调递增.
又因为，所以，
即，
令，则，由对勾函数知单调递增，
所以，所以，当且仅当时等号成立.
故选B.
8．【答案】C
【详解】翻动正面数字为偶数的卡片时，奇偶性发生改变，翻动正面数字为奇数的卡片时，奇偶性不变，进行上述试验3次，发现卡片朝上的数字之和为偶数，则分为两类：
（1）正面数字为偶数的卡片翻一次：
①掷3次骰子1次偶数2次奇数：种，其中恰有一次点数为2有27种，
②掷3次骰子2次同一个偶数1次奇数：种，
③掷3次骰子3次同一个偶数：3种，
（2）正面数字为偶数的卡片一次翻三次：种，其中恰有一次点数为2有6种，
所以骰子恰有一次点数为2的概率为.
故选C.
9．【答案】AC
【详解】对于A，因为，又，
则，正确；
对于选项B，因为，
所以数据5，8，10，12，13的第40百分位数是，故选项B错误；
对于选项C，若决定系数，则散点图中的散点均落在一条斜率非0的直线上，
所以残差的平方和为0，C正确；
对于选项D，设的平均数为，，，，的平均数为，
因为，则，
又，
，
所以，故选D错误.
故选AC.
10．【答案】CD
【详解】对于A选项，假设六边形截面交于点，如下图所示：
设，因为平面，，所以，平面，
同理可得平面，
因为平面平面，所以，同理，，
由图可知，截面在平面的交线与线段无交点，
因此，正方体被经过、两点的平面所截，其截面的形状不可能是六边形，A错；
对于B选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
取，，则、，
所以，，，，
所以，，，此时，与、都垂直，B错；
对于C选项，取，，则，
平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值为，
同理可知，直线与表面其余各面所成角的正弦值都为，
因此，有可能与正方体的六个表面所成的角都相等，C对；
对于D选项，设点、，其中，，
则线段的中点为，
设点，则，即，
其中，，，
所以点的轨迹是以点、、、为顶点的平面四边形，
则，，则，
，
因为，所以，
故四边形是边长为的菱形，且，则为等边三角形，
故线段的中点所围成的区域的面积为，D对.
故选CD.
11．【答案】ABD
【详解】由题意可知，，，，
，∴A正确；
，若，则，
，，∴B正确；
为偶数，也为偶数，显然不能成立，∴C错误；
，当时，结论显然成立，∴D成立.
故选ABD．
12．【答案】
【详解】在上投影向量，，，
则，由于，.
13．【答案】
【详解】如下图所示：
易知圆心到直线的距离为，
在直角三角形中，，，
所以，所以；
因此可知当时，劣弧最小，
此时，即可得；
所以劣弧AB长度的最小值为.
14．【答案】
【详解】因为，所以
即.
设函数，因为，导函数为，
令，解得.
所以在上， ，单调递减，
在上，，单调递增.
所以，所以在上单调递增.
又因为，所以，即，
令，所以，
令，解得.
所以在上， ，单调递增，
在上，，单调递减.
所以，所以.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1），
在中，由正弦定理得，
，
由三角形内角和为可得，
，
，
即，
，，，
即，
又，，即，
（2）设，令，，
在中，由正弦定理得，
，，.
在中，由正弦定理得，，，，
，
解得，
.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)1
【详解】（1）因为，D为的中点故，又平面，平面，故得，平面，于是平面，平面，从而.
（2）法1：以为坐标原点，以射线为轴正半轴，射线为轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，，.
于是，，
令，所以，又因为，
设面的法向量为.
所以，所以.
又，，
所以.
设面的法向量为.
所以，所以
根据平面，即，所以.
所以，，，
，
所以，得所成角为90度，正弦值为1.
法2：几何法.
作，垂足为M.
连CM，由三角形全等得，平面，
得平面，平面，从而平面平面.
在中，得，
在中，得，
在中，，
在中，
所以得，
又，
从而故，同理，
因为，所以，
所以平面，所以平面，因为平面，所以，得所成角为90度，正弦值为1.
17．【答案】(1)，
(2)2024
【详解】（1）当时，.又因为，所以
设，则
依题意，，
得恒成立，解得，
所以，，
设等比数列的公比为q，，.
所以，.得到，联立得
解得或（舍去），代入中，解得
得数列的通项公式为
（2）
……①
……②
①-②，得
即
时，，，所以；
时，，所以，所以
所以.
18．【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1），，
又，在点处的切线方程为：.
（2）由题意知：的定义域为，
若函数无极值点，在上单调，
或在上恒成立；
，在上恒成立，
，，解得：；
下面证明充分性：
当时，，又，，
，
令，
当时，，
在上单调递增，又，为定义在上的偶函数，
在上单调递减，，，
在上单调递增，无极值点，充分性成立；
综上所述：.
（3）由（2）可得：当时，函数无极值点.
当时，令，则，
当时，，又，为定义在上的奇函数，
在上单调递增，又，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
又，，，
，，使得，
在，上单调递增，在上单调递减；
函数存在唯一的极小值点，且满足.
下证：.
令，则，
令，则，
在上单调递增，即，
在单调递增，，即
又，，
又，，
即，，
即，，又，.
19．【答案】(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）
【详解】（1）证明：方法一：，
又，
，
方法二：设切线为，联立
得：，令得
要证
即.
（2）（ⅰ）设过的切线为：，联立
得，令
记，则设，，
，
，为等差数列
（ii）
此时.

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