贵州省贵阳市七校2025届高三下学期联合考试(三)数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1贵州省贵阳市七校2025届高三下学期联合考试(三)数学试题一､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：A4.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.80 B.208 C.680 D.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《详析九章算法》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2047C.第21行中，从左到右的第3个数是210D.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,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：024681012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