2025届浙江省金丽衢十二校高三第二次（4月）联考数学试题文试题

2025届浙江省金丽衢十二校高三第二次（4月）联考数学试题文试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．下列说法正确的是（）A．“若，则”的否命题是“若，则”B．“若，则”的逆命题为真命题C．，使成立D．“若，则”是真命题2．已知，则的大小关系为A． B． C． D．3．在中，分别为所对的边，若函数有极值点，则的范围是（）A． B．C． D．4．己知函数若函数的图象上关于原点对称的点有2对，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．5．在中，内角的平分线交边于点，，，，则的面积是（）A． B． C． D．6．已知非零向量，满足，则“”是“”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解:7．已知是双曲线的左、右焦点，是的左、右顶点，点在过且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则的渐近线方程为（）A． B． C． D．8．设集合，，若，则的取值范围是（）A． B． C． D．9．已知抛物线上一点的纵坐标为4，则点到抛物线焦点的距离为（）A．2 B．3 C．4 D．510．已知为虚数单位，复数，则其共轭复数（）A． B． C． D．11．运行如图程序，则输出的S的值为（）A．0 B．1 C．2018 D．201712．设全集，集合，，则（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．在编号为1，2，3，4，5且大小和形状均相同的五张卡片中，一次随机抽取其中的三张，则抽取的三张卡片编号之和是偶数的概率为________.14．已知实数，且由的最大值是_________15．在中，、的坐标分别为，，且满足，为坐标原点，若点的坐标为，则的取值范围为__________.16．利用等面积法可以推导出在边长为a的正三角形内任意一点到三边的距离之和为定值，类比上述结论，利用等体积法进行推导，在棱长为a的正四面体内任意一点到四个面的距离之和也为定值，则这个定值是______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，在四棱柱中，底面为菱形，.（1）证明：平面平面；（2）若，是等边三角形，求二面角的余弦值.18．（12分）已知函数.（1）若恒成立，求的取值范围；（2）设函数的极值点为，当变化时，点构成曲线，证明：过原点的任意直线与曲线有且仅有一个公共点.19．（12分）求函数的最大值．20．（12分）如图1，在等腰梯形中，两腰，底边，，，是的三等分点，是的中点.分别沿，将四边形和折起，使，重合于点，得到如图2所示的几何体.在图2中，，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.21．（12分）在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为；直线的参数方程为（为参数），直线与曲线分别交于两点．（1）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；（2）若点的极坐标为，，求的值．22．（10分）设函数.（1）当时，求不等式的解集；（2）若对恒成立，求的取值范围.

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】选项A，否命题为“若，则”，故A不正确．选项B，逆命题为“若，则”，为假命题，故B不正确．选项C，由题意知对，都有，故C不正确．选项D，命题的逆否命题“若，则”为真命题，故“若，则”是真命题，所以D正确．选D．2、D【解析】

分析：由题意结合对数的性质，对数函数的单调性和指数的性质整理计算即可确定a,b,c的大小关系.详解：由题意可知：，即，，即，，即，综上可得：.本题选择D选项.点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确．3、D【解析】试题分析：由已知可得有两个不等实根.考点：1、余弦定理；2、函数的极值.【方法点晴】本题考查余弦定理，函数的极值，涉及函数与方程思想思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型.首先利用转化化归思想将原命题转化为有两个不等实根，从而可得.4、B【解析】

考虑当时，有两个不同的实数解，令，则有两个不同的零点，利用导数和零点存在定理可得实数的取值范围.【详解】因为的图象上关于原点对称的点有2对，所以时，有两个不同的实数解.令，则在有两个不同的零点.又，当时，，故在上为增函数，在上至多一个零点，舍.当时，若，则，在上为增函数；若，则，在上为减函数；故，因为有两个不同的零点，所以，解得.又当时，且，故在上存在一个零点.又，其中.令，则，当时，，故为减函数，所以即.因为，所以在上也存在一个零点.综上，当时，有两个不同的零点.故选：B.【点睛】本题考查函数的零点，一般地，较为复杂的函数的零点，必须先利用导数研究函数的单调性，再结合零点存在定理说明零点的存在性，本题属于难题.5、B【解析】

利用正弦定理求出，可得出，然后利用余弦定理求出，进而求出，然后利用三角形的面积公式可计算出的面积.【详解】为的角平分线，则.，则，，在中，由正弦定理得，即，①在中，由正弦定理得，即，②①②得，解得，，由余弦定理得，，因此，的面积为.故选：B.【点睛】本题考查三角形面积的计算，涉及正弦定理和余弦定理以及三角形面积公式的应用，考查计算能力，属于中等题.6、C【解析】

根据向量的数量积运算，由向量的关系，可得选项.【详解】，，∴等价于，故选：C.【点睛】本题考查向量的数量积运算和命题的充分、必要条件，属于基础题.7、D【解析】

根据为等腰三角形，可求出点P的坐标，又由的斜率为可得出关系，即可求出渐近线斜率得解.【详解】如图，因为为等腰三角形，，所以，,，又，，解得，所以双曲线的渐近线方程为，故选：D【点睛】本题主要考查了双曲线的简单几何性质，属于中档题.8、C【解析】

由得出，利用集合的包含关系可得出实数的取值范围.【详解】，且，，.因此，实数的取值范围是.故选：C.【点睛】本题考查利用集合的包含关系求参数，考查计算能力，属于基础题.9、D【解析】试题分析：抛物线焦点在轴上，开口向上，所以焦点坐标为，准线方程为，因为点A的纵坐标为4，所以点A到抛物线准线的距离为，因为抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，所以点A与抛物线焦点的距离为5.考点：本小题主要考查应用抛物线定义和抛物线上点的性质抛物线上的点到焦点的距离，考查学生的运算求解能力.点评：抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，这条性质在解题时经常用到，可以简化运算.10、B【解析】

先根据复数的乘法计算出，然后再根据共轭复数的概念直接写出即可.【详解】由，所以其共轭复数.故选：B.【点睛】本题考查复数的乘法运算以及共轭复数的概念，难度较易.11、D【解析】

依次运行程序框图给出的程序可得第一次：，不满足条件；第二次：，不满足条件；第三次：，不满足条件；第四次：，不满足条件；第五次：，不满足条件；第六次：，满足条件，退出循环．输出1．选D．12、B【解析】

可解出集合，然后进行补集、交集的运算即可．【详解】，，则，因此，.故选：B.【点睛】本题考查补集和交集的运算，涉及一元二次不等式的求解，考查运算求解能力，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

先求出所有的基本事件个数，再求出“抽取的三张卡片编号之和是偶数”这一事件包含的基本事件个数，利用古典概型的概率计算公式即可算出结果.【详解】一次随机抽取其中的三张，所有基本事件为：1，2，3；1，2，4；1，2，5；1，3，4；1，3，5；1，4，5；2，3，4；2，3，5；2，4，5；3，4，5；共有10个，其中“抽取的三张卡片编号之和是偶数”包含6个基本事件，因此“抽取的三张卡片编号之和是偶数”的概率为：.故答案为：.【点睛】本题考查了古典概型及其概率计算公式，属于基础题.14、【解析】

将其转化为几何意义，然后根据最值的条件求出最大值【详解】由化简得，又实数，图形为圆，如图:，可得，则由几何意义得，则，为求最大值则当过点或点时取最小值，可得所以的最大值是【点睛】本题考查了二元最值问题，将其转化为几何意义，得到圆的方程及斜率问题，对要求的二元二次表达式进行化简，然后求出最值问题，本题有一定难度。15、【解析】

由正弦定理可得点在曲线上，设，则，将代入可得，利用二次函数的性质可得范围.【详解】解：由正弦定理得，则点在曲线上，设，则，，又，，因为，则，即的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题考查双曲线的定义，考查向量数量积的坐标运算，考查学生计算能力，有一定的综合性，但难度不大.16、【解析】

计算正四面体的高，并计算该正四面体的体积，利用等体积法，可得结果.【详解】作平面，为的重心如图则，所以设正四面体内任意一点到四个面的距离之和为则故答案为：【点睛】本题考查类比推理的应用，还考查等体积法，考验理解能力以及计算能力，属基础题.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）证明见解析（2）【解析】

（1）根据面面垂直的判定定理可知，只需证明平面即可．由为菱形可得，连接和与的交点，由等腰三角形性质可得，即能证得平面；（2）由题意知，平面，可建立空间直角坐标系，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，再分别求出平面的法向量，平面的法向量，即可根据向量法求出二面角的余弦值．【详解】（1）如图，设与相交于点，连接，又为菱形，故，为的中点.又，故.又平面，平面，且，故平面，又平面，所以平面平面.（2）由是等边三角形，可得，故平面，所以，，两两垂直.如图以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.不妨设，则，，则，，，，，，设为平面的法向量，则即可取，设为平面的法向量，则即可取，所以.所以二面角的余弦值为0.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理的应用，以及利用向量法求二面角，意在考查学生的直观想象能力，逻辑推理能力和数学运算能力，属于基础题．18、（1）；（2）证明见解析【解析】

（1）由恒成立，可得恒成立，进而构造函数，求导可判断出的单调性，进而可求出的最小值，令即可；（2）由，可知存在唯一的，使得，则，，进而可得，即曲线的方程为，进而只需证明对任意，方程有唯一解，然后构造函数，分、和三种情况，分别证明函数在上有唯一的零点，即可证明结论成立.【详解】（1）由题意，可知，由恒成立，可得恒成立.令，则.令，则，，，在上单调递增，又，时，；时，，即时，；时，，时，单调递减；时，单调递增，时，取最小值，.（2）证明：由，令，由，结合二次函数性质可知，存在唯一的，使得，故存在唯一的极值点，则，，，曲线的方程为.故只需证明对任意，方程有唯一解.令，则，①当时，恒成立，在上单调递增.，，，存在满足时，使得.又单调递增，所以为唯一解.②当时，二次函数，满足，则恒成立，在上单调递增.，，存在使得，又在上单调递增，为唯一解.③当时，二次函数，满足，此时有两个不同的解，不妨设，，，列表如下：00↗极大值↘极小值↗由表可知，当时，的极大值为.，，，，，..下面来证明，构造函数，则，当时，，此时单调递增，，时，，，故成立.，存在，使得.又在单调递增，为唯一解.所以，对任意，方程有唯一解，即过原点任意的直线与曲线有且仅有一个公共点.【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性的应用，考查不等式恒成立问题，考查利用单调性研究图象交点问题，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于难题.19、【解析】

试题分析：由柯西不等式得试题解析：因为，所以．等号当且仅当，即时成立．所以的最大值为．考点：柯西不等式求最值20、（1）证明见解析（2）【解析】

(1)先证，再证，由可得平面，从而推出平面；(2)建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与，坐标代入线面角的正弦值公式即可得解.【详解】（1）证明：连接，，由图1知，四边形为菱形，且，所以是正三角形，从而.同理可证，，所以平面.又，所以平面，因为平面，所以平面平面.易知，且为的中点，所以，所以平面.（2）解：由（1）可知，，且四边形为正方形.设的中点为，以为原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，，.设平面的法向量为，由得取.设直线与平面所成的角为，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的证明，直线与平面所成的角，要求一定的空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力，属于基础题.21、(1)曲线的直角坐标方程为即，直线的普通方程为；（2）.【解析】

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