2025届甘肃省庆阳第六中学高三下学期联合考试数学试题含解析

2025届甘肃省庆阳第六中学高三下学期联合考试数学试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知等差数列的前项和为，且，则（）A．45 B．42 C．25 D．362．设双曲线的一条渐近线为，且一个焦点与抛物线的焦点相同，则此双曲线的方程为（）A． B． C． D．3．关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集是（）A． B．C． D．4．执行如图所示的程序框图，若输出的，则输入的整数的最大值为()A．7 B．15 C．31 D．635．半正多面体(semiregularsolid)亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形为面的半正多面体.如图所示，图中网格是边长为1的正方形，粗线部分是某二十四等边体的三视图，则该几何体的体积为（）A． B． C． D．6．已知的面积是,,,则（）A．5 B．或1 C．5或1 D．7．“是函数在区间内单调递增”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件8．赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，又称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的，如图（1）），类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图（2）所示的图形，它是由个全等的三角形与中间的一个小正六边形组成的一个大正六边形，设，若在大正六边形中随机取一点，则此点取自小正六边形的概率为（）A． B．C． D．9．以下四个命题：①两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近1；②在回归分析中，可用相关指数的值判断拟合效果，越小，模型的拟合效果越好；③若数据的方差为1，则的方差为4；④已知一组具有线性相关关系的数据，其线性回归方程，则“满足线性回归方程”是“，”的充要条件；其中真命题的个数为()A．4 B．3 C．2 D．110．已知随机变量X的分布列如下表：X01Pabc其中a，b，.若X的方差对所有都成立，则（）A． B． C． D．11．若双曲线的焦距为，则的一个焦点到一条渐近线的距离为（）A． B． C． D．12．定义在上的偶函数，对，，且，有成立，已知，，，则，，的大小关系为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在三棱锥中，已知，且平面平面，则三棱锥外接球的表面积为______.14．下图是一个算法流程图，则输出的S的值是______.15．已知函数，若恒成立，则的取值范围是___________.16．已知函数的部分图象如图所示，则的值为____________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）如图，三棱柱中，侧面是菱形，其对角线的交点为，且．（1）求证：平面；（2）设，若直线与平面所成的角为，求二面角的正弦值．18．（12分）在锐角中，分别是角的对边，，，且．（1）求角的大小；（2）求函数的值域．19．（12分）在△ABC中，分别为三个内角A、B、C的对边，且(1)求角A；(2)若且求△ABC的面积．20．（12分）如图，已知椭圆经过点，且离心率，过右焦点且不与坐标轴垂直的直线与椭圆相交于两点.（1）求椭圆的标准方程；（2）设椭圆的右顶点为，线段的中点为，记直线的斜率分别为，求证：为定值.21．（12分）如图，在四棱锥中，侧棱底面，，，，，是棱中点.（1）已知点在棱上，且平面平面，试确定点的位置并说明理由；（2）设点是线段上的动点，当点在何处时，直线与平面所成角最大？并求最大角的正弦值.22．（10分）棉花的纤维长度是评价棉花质量的重要指标，某农科所的专家在土壤环境不同的甲、乙两块实验地分别种植某品种的棉花，为了评价该品种的棉花质量，在棉花成熟后，分别从甲、乙两地的棉花中各随机抽取21根棉花纤维进行统计，结果如下表：（记纤维长度不低于311的为“长纤维”，其余为“短纤维”）纤维长度甲地（根数）34454乙地（根数）112116（1）由以上统计数据，填写下面列联表，并判断能否在犯错误概率不超过1.125的前提下认为“纤维长度与土壤环境有关系”.甲地乙地总计长纤维短纤维总计附：（1）；（2）临界值表；1．111.151.1251.1111.1151.1112.7163.8415.1246.6357.87911.828（2）现从上述41根纤维中，按纤维长度是否为“长纤维”还是“短纤维”采用分层抽样的方法抽取8根进行检测，在这8根纤维中，记乙地“短纤维”的根数为，求的分布列及数学期望.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解析】

由等差数列的性质可知,进而代入等差数列的前项和的公式即可.【详解】由题,.故选:D【点睛】本题考查等差数列的性质,考查等差数列的前项和.2、C【解析】

求得抛物线的焦点坐标，可得双曲线方程的渐近线方程为，由题意可得，又，即，解得，，即可得到所求双曲线的方程.【详解】解：抛物线的焦点为可得双曲线即为的渐近线方程为由题意可得，即又，即解得，.即双曲线的方程为.故选：C【点睛】本题主要考查了求双曲线的方程，属于中档题.3、A【解析】

由的解集，可知及，进而可求出方程的解，从而可求出的解集.【详解】由的解集为，可知且，令，解得，，因为，所以的解集为，故选：A.【点睛】本题考查一元一次不等式、一元二次不等式的解集，考查学生的计算求解能力与推理能力，属于基础题.4、B【解析】试题分析：由程序框图可知：①，；②，；③，；④，；⑤，.第⑤步后输出，此时，则的最大值为15，故选B.考点：程序框图.5、D【解析】

根据三视图作出该二十四等边体如下图所示，求出该几何体的棱长，可以将该几何体看作是相应的正方体沿各棱的中点截去8个三棱锥所得到的，可求出其体积.【详解】如下图所示，将该二十四等边体的直观图置于棱长为2的正方体中，由三视图可知，该几何体的棱长为，它是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，该几何体的体积为，故选：D.【点睛】本题考查三视图，几何体的体积，对于二十四等边体比较好的处理方式是由正方体各棱的中点得到，属于中档题.6、B【解析】∵，,∴①若为钝角，则，由余弦定理得，解得；②若为锐角，则，同理得.故选B.7、C【解析】，令解得当，的图像如下图当，的图像如下图由上两图可知，是充要条件【考点定位】考查充分条件和必要条件的概念，以及函数图像的画法.8、D【解析】

设，则，小正六边形的边长为，利用余弦定理可得大正六边形的边长为，再利用面积之比可得结论.【详解】由题意，设，则，即小正六边形的边长为，所以，，，在中，由余弦定理得，即，解得，所以，大正六边形的边长为，所以，小正六边形的面积为，大正六边形的面积为，所以，此点取自小正六边形的概率.故选：D.【点睛】本题考查概率的求法，考查余弦定理、几何概型等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．9、C【解析】

①根据线性相关性与r的关系进行判断,

②根据相关指数的值的性质进行判断,

③根据方差关系进行判断,

④根据点满足回归直线方程，但点不一定就是这一组数据的中心点，而回归直线必过样本中心点，可进行判断.【详解】①若两个随机变量的线性相关性越强,则相关系数r的绝对值越接近于1,故①正确;

②用相关指数的值判断模型的拟合效果,越大,模型的拟合效果越好,故②错误;

③若统计数据的方差为1,则的方差为,故③正确;

④因为点满足回归直线方程，但点不一定就是这一组数据的中心点，即，不一定成立，而回归直线必过样本中心点，所以当，时，点必满足线性回归方程；因此“满足线性回归方程”是“，”必要不充分条件.故④错误;

所以正确的命题有①③.

故选：C.【点睛】本题考查两个随机变量的相关性，拟合性检验，两个线性相关的变量间的方差的关系，以及两个变量的线性回归方程，注意理解每一个量的定义，属于基础题.10、D【解析】

根据X的分布列列式求出期望,方差,再利用将方差变形为,从而可以利用二次函数的性质求出其最大值为,进而得出结论.【详解】由X的分布列可得X的期望为,又,所以X的方差,因为,所以当且仅当时,取最大值,又对所有成立,所以,解得,故选:D.【点睛】本题综合考查了随机变量的期望､方差的求法,结合了概率､二次函数等相关知识,需要学生具备一定的计算能力,属于中档题.11、B【解析】

根据焦距即可求得参数，再根据点到直线的距离公式即可求得结果.【详解】因为双曲线的焦距为，故可得，解得，不妨取；又焦点，其中一条渐近线为，由点到直线的距离公式即可求的.故选：B.【点睛】本题考查由双曲线的焦距求方程，以及双曲线的几何性质，属综合基础题.12、A【解析】

根据偶函数的性质和单调性即可判断.【详解】解：对，，且，有在上递增因为定义在上的偶函数所以在上递减又因为，，所以故选：A【点睛】考查偶函数的性质以及单调性的应用，基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

取的中点，设等边三角形的中心为，连接.根据等边三角形的性质可求得，，由等腰直角三角形的性质，得，根据面面垂直的性质得平面，，由勾股定理求得，可得为三棱锥外接球的球心，根据球体的表面积公式可求得此外接球的表面积.【详解】在等边三角形中，取的中点，设等边三角形的中心为，连接.由，得，，由已知可得是以为斜边的等腰直角三角形，,又由已知可得平面平面，平面，，，所以，为三棱锥外接球的球心，外接球半径，三棱锥外接球的表面积为.故答案为：【点睛】本题考查三棱锥的外接球的表面积，关键在于根据三棱锥的面的关系、棱的关系和长度求得外接球的球心的位置，球的半径，属于中档题.14、【解析】

根据流程图，运行程序即得.【详解】第一次运行，；第二次运行，；第三次运行，；第四次运行；所以输出的S的值是.故答案为：【点睛】本题考查算法流程图，是基础题.15、【解析】

求导得到，讨论和两种情况，计算时，函数在上单调递减，故，不符合，排除，得到答案。【详解】因为，所以，因为，所以.当，即时，，则在上单调递增，从而，故符合题意；当，即时，因为在上单调递增，且，所以存在唯一的，使得.令，得，则在上单调递减，从而，故不符合题意.综上，的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题考查了不等式恒成立问题，转化为函数的最值问题是解题的关键.16、【解析】

由图可得的周期、振幅，即可得，再将代入可解得，进一步求得解析式及.【详解】由图可得，，所以，即，又，即，，又，故，所以，.故答案为：【点睛】本题考查由图象求解析式及函数值，考查学生识图、计算等能力，是一道中档题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）见解析；（2）.【解析】

（1）根据菱形的特征和题中条件得到平面，结合线面垂直的定义和判定定理即可证明；

2建立空间直角坐标系，利用向量知识求解即可．【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，，平面平面，又是的中点，，又平面（2）∴直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角．平面，∴直线与平面所成的角为，即．因为，则在等腰直角三角形中，所以．在中，由得，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系．则所以设平面的一个法向量为，则，可得，取平面的一个法向量为，则，所以二面角的正弦值的大小为．（注：问题（2）可以转化为求二面角的正弦值，求出后，在中，过点作的垂线，垂足为，连接，则就是所求二面角平面角的补角，先求出，再求出，最后在中求出．）【点睛】本题主要考查了线面垂直的判定以及二面角的求解，属于中档题．18、（1）；（2）【解析】

（1）由向量平行的坐标表示、正弦定理边化角和两角和差正弦公式可化简求得，进而得到；（2）利用两角和差余弦公式、二倍角和辅助角公式化简函数为，根据的范围可确定的范围，结合正弦函数图象可确定所求函数的值域.【详解】（1），，由正弦定理得：，即，，，，又，.（2）在锐角中，，．．，，，，函数的值域为．【点睛】本题考查三角恒等变换、解三角形和三角函数性质的综合应用问题；涉及到共线向量的坐标表示、利用三角恒等变换公式化简求值、正弦定理边化角的应用、正弦型函数值域的求解等知识.19、（1）；（2）.【解析】

（1）整理得：，再由余弦定理可得，问题得解．（2）由正弦定理得：，，，再代入即可得解．【详解】（1）由题意，得，∴；（2）由正弦定理，得，,∴.【点睛】本题主要考查了正、余弦定理及三角形面积公式，考查了转化思想及化简能力，属于基础题．20、（1）；（2）详见解析.【解析】

（1）由椭圆离心率、系数关系和已知点坐标构建方程组，求得，代入标准方程中即可；（2）依题意，直线的斜率存在，且不为0，设其为，则直线的方程为，设，，通过联立直线方程与椭圆方程化简整理和中点的坐标表示用含k的表达式表示，，进而表示；由韦达定理表示根与系数的关系进而表示用含k的表达式表示，最后做比即得证.【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，即，所以.依题意，，即，解得，所以，.所以椭圆的标准方程为.（2）证明：依题意，直线的斜率存在，且不为0，设其为，则直线的方程为，设，.与椭圆联立整理得，故所以，，所以.又，所以为定值，得证.【点睛】本题考查由离心率求椭圆的标准方程，还考查了椭圆中的定值问题，属于较难题.21、（1）为中点，理由见解析；（2）当点在线段靠近的三等分点时，直线与平面所成角最大，